Ergibt das Einsetzen der Lorentz-transformierten Skalar- und Vektorpotentiale in die EEE-Feldformel das korrekte Lorentz-transformierte EEE-Feld?

Question

Ergibt das Einsetzen der Lorentz-transformierten Skalar- und Vektorpotentiale in die EEE-Feldformel das korrekte Lorentz-transformierte EEE-Feld?

Kevin Marinas

Wechseln wir von einem Inertialsystem zu einem anderen Inertialsystem mit einer Relativgeschwindigkeit von $\mathbf{v}$ , könnten wir die skalaren und vektoriellen Potentiale folgendermaßen transformieren:

φ^{'} = γ (φ - A \cdot v)

$\varphi' = \gamma \left( \varphi - \mathbf{A}\cdot \mathbf{v} \right)$

A^{'} = A - \frac{γ φ}{C^{2}} v + (γ - 1) (A \cdot \hat{v}) \hat{v}

$\mathbf{A}' = \mathbf{A} - \frac{\gamma \varphi}{c^2}\mathbf{v} + \left(\gamma - 1\right) \left(\mathbf{A}\cdot\mathbf{\hat{v}}\right) \mathbf{\hat{v}}$

Quelle: The Cambridge Handbook of Physics Formulas, G. Woan, Cambridge University Press, 2010, ISBN 978-0-521-57507-2.

Es erscheint logisch, dass der Ausdruck des elektrischen Feldes in Bezug auf die Potentiale vor und nach der Lorentz-Transformation unverändert wäre:

$\mathbf{E} = -\mathbf{\nabla} \varphi - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}$

$\mathbf{E'} = -\mathbf{\nabla} \varphi' - \frac{\partial \mathbf{A'}}{\partial t'}$

Betrachten Sie eine gerade Linie parallel zu $\mathbf{\hat{z}}$ entlang dem das skalare Potential $\varphi$ und Vektorpotential $\mathbf{A}$ beide bleiben räumlich einheitlich und verändern sich mit der Zeit.

Lassen Sie uns einen unabhängigen Trägheitsbeobachter haben, der sich mit relativer Geschwindigkeit bewegt $\mathbf{v}$ in einer Richtung parallel zu $\mathbf{\hat{z}}$

In diesem Fall können wir ziemlich leicht auf dieser geraden Linie minus der räumlichen Ableitung des elektrischen Skalarpotentials bestätigen $-\nabla\varphi'$ ist null zusammen $\mathbf{\hat{z}}$ Sowohl vor als auch nach der Umwandlung (z $\frac{\partial \varphi}{\partial z} = \frac{\partial \varphi'}{\partial z'} = 0$ ). Auf der anderen Seite können wir das gleiche über minus die zeitliche Ableitung des magnetischen Vektorpotentials sagen $-\frac{\partial \mathbf{A'}}{\partial t'}$ ?

Als Ergebnis eines Lorentz-Geschwindigkeitsschubs $\mathbf{v}$ , transformiert sich das Vektorpotential um den Betrag:

A^{'} - A = - \frac{γ φ}{C^{2}} v + (γ - 1) (A \cdot \hat{v}) \hat{v}

$\mathbf{A}' - \mathbf{A} = - \frac{\gamma \varphi}{c^2}\mathbf{v} + \left(\gamma - 1\right) \left(\mathbf{A}\cdot\mathbf{\hat{v}}\right) \mathbf{\hat{v}}$

Auf der rechten Seite dieser Gleichung sind unsere einzigen Variablen $\varphi$ Und $\mathbf{A}$ . Im Gegensatz, $\gamma$ , $\mathbf{v}$ , Und $\mathbf{\hat{v}}$ sind alles Eigenschaften des Lorentz-Boosts und sind daher so wie sie sind konstant $c^2$ .

[ Bearbeiten: Lassen Sie uns nicht damit beschäftigen, die Ableitung dieser Gleichung in Bezug auf die Zeit zu nehmen. Betrachten wir die Ableitung dieser Gleichung in Bezug auf Änderungen von $\varphi$ oder $\mathbf{A}$ .]

Die Erweiterung des ersten Begriffs auf der rechten Seite zeigt einen führenden Begriff proportional zu $\mathbf{v}$ und parallel dazu $\mathbf{v}$ .

Die Erweiterung des zweiten Terms auf der rechten Seite zeigt einen führenden Term proportional zu $\mathbf{v^2}$ und parallel dazu $\mathbf{v}$ .

Dies bedeutet, dass die Transformation des magnetischen Vektorpotentials so ist, dass es sich um einen Vektor gleich unterscheidet $\mathbf{A}' - \mathbf{A}$ das ist parallel zum Lorentz-Boost. Folglich ist die Ableitung von $\mathbf{A}' - \mathbf{A}$ gegenüber $\varphi$ oder $\mathbf{A}$ ist auch parallel zum Lorentz-Boost. Seit $\varphi$ Und $\mathbf{A}$ möglicherweise nicht konstant ist, impliziert dieser Unterschied die Existenz eines Beitrags zur Komponente des elektrischen Felds parallel zum Lorentz-Boost in Abhängigkeit von unseren zeitveränderlichen Potentialen $\varphi$ Und $\mathbf{A}$ .

Das Problem, das ich hier sehe, ist, dass wir einen nullwertigen Beitrag zum elektrischen Feld hinzufügen

$-\mathbf{\nabla_z} \varphi' - (- \mathbf{\nabla_z} \varphi) = 0$

mit einem Beitrag ungleich Null zum elektrischen Feld

$- \frac{\partial \mathbf{A_z}'}{\partial t'} - (- \frac{\partial \mathbf{A_z}}{\partial t}) \neq 0$

in Richtung Lorentz-Boost (parallel zu $\mathbf{\hat{z}}$ ), wäre die Summe ungleich Null. Wie könnten dann diese Transformationen der elektromagnetischen Potentiale [ Bearbeiten: Klarstellung - …unter Verwendung der beiden Formeln aus dem „Cambridge Handbook of Physics Formulas“ oben in diesem Beitrag …] mit der Tatsache übereinstimmen, dass $\mathbf{E_\parallel}' = \mathbf{E_\parallel}$ ?

Kevin Marinas

Wir können also nicht die partielle Ableitung von nehmen

A^{'} - A

$\mathbf{A}' - \mathbf{A}$ gegenüber

t

$t$ . Notiert. Zum Glück war dies für die von mir gestellte Frage nicht unbedingt erforderlich. Was mir wirklich wichtig ist, ist wie

- \nabla φ^{'}

$-\nabla\varphi'$ Und

- \frac{\partial A^{'}}{\partial t^{'}}

$-\frac{\partial\mathbf{A}'}{\partial t'}$ darauf ankommen

φ

$\varphi$ Und

A

$\mathbf{A}$ , was meiner Meinung nach möglich sein sollte, ohne tatsächlich irgendwelche Ableitungen davon zu machen

t

$t$ einer der von mir vorgestellten Gleichungen. Wenn ich das richtig verstehe, sollte es möglich sein, stattdessen eine beliebige Variable für diesen Zweck zu erstellen

t

$t$ .

Kevin Marinas

Ich habe die Tippfehler im Zusammenhang mit der Verwendung derselben Zeitvariablen (und räumlichen Variablen) behoben. Also habe ich diese schwerwiegenden Fehler entfernt. Außerdem habe ich jetzt klargestellt, dass ich überhaupt nicht versuche, eine zeitliche Ableitung der Gleichung zu nehmen

A^{'} - A = \dots

$\mathbf{A}' - \mathbf{A} = \mathbf{⋯}$ . Ich hoffe, dass dies alle Bedenken ausräumt, auf die Sie hingewiesen haben.

Antworten (1)

Ergibt das Einsetzen der Lorentz-transformierten Skalar- und Vektorpotentiale in die EEE-Feldformel das korrekte Lorentz-transformierte EEE-Feld?

Wir können also nicht die partielle Ableitung von nehmen $\mathbf{A}' - \mathbf{A}$ gegenüber $t$ . Notiert. Zum Glück war dies für die von mir gestellte Frage nicht unbedingt erforderlich. Was mir wirklich wichtig ist, ist wie $-\nabla\varphi'$ Und $-\frac{\partial\mathbf{A}'}{\partial t'}$ darauf ankommen $\varphi$ Und $\mathbf{A}$ , was meiner Meinung nach möglich sein sollte, ohne tatsächlich irgendwelche Ableitungen davon zu machen $t$ einer der von mir vorgestellten Gleichungen. Wenn ich das richtig verstehe, sollte es möglich sein, stattdessen eine beliebige Variable für diesen Zweck zu erstellen $t$ .
Ich habe die Tippfehler im Zusammenhang mit der Verwendung derselben Zeitvariablen (und räumlichen Variablen) behoben. Also habe ich diese schwerwiegenden Fehler entfernt. Außerdem habe ich jetzt klargestellt, dass ich überhaupt nicht versuche, eine zeitliche Ableitung der Gleichung zu nehmen $\mathbf{A}' - \mathbf{A} = \mathbf{⋯}$ . Ich hoffe, dass dies alle Bedenken ausräumt, auf die Sie hingewiesen haben.

exp ikx · Answer 1

Es ist einfacher, jeden Vektor in parallele und senkrechte Komponenten zu zerlegen, da die Lorentz-Transformationen die senkrechten Komponenten unverändert lassen.

Lassen Sie uns die Konvention verwenden, dass fettgedruckte Symbole standardmäßige dreikomponentige Vektoren sind. Bezeichnung $\boldsymbol{\beta} = \mathbf v/c$ und ein allgemeiner Vierervektor by $f$ Wir werden die folgenden Vier-Vektor-Transformationen verwenden:

\begin{aligned} (1) & \nabla & = (\frac{\partial}{\partial (ich C T)}, \nabla) \\ (2) & A & = (\frac{ich ϕ}{C}, A) \\ (3) & F_{∥}^{'} & = γ (F_{∥} + ich β F_{0}) \\ (4) & F_{0}^{'} & = γ (F_{0} - ich β \cdot F_{∥}) \end{aligned}

$\begin{align} \tag{1} \nabla &=\left(\frac{\partial}{\partial(ict)},\boldsymbol{\nabla}\right)\\[5pt] \tag{2} A & =\left(\frac{i \phi}{c},\mathbf{A} \right) \\[5pt] \tag{3} \mathbf{f'_{\parallel}} &= \gamma(\mathbf{f_{\parallel}}+i \boldsymbol{\beta} f_0)\\[5pt] \tag{4} f'_0 &= \gamma(f_0 - i \boldsymbol{\beta} \cdot \mathbf{f_{\parallel}}) \end{align}$

Nun verwenden wir die Definition

E_{∥}^{'} = - \nabla_{∥}^{'} ϕ^{'} - \frac{\partial A_{∥}^{'}}{\partial T^{'}}

$\mathbf{E'_{\parallel}} = - \nabla'_{\parallel} \phi' - \dfrac{\partial \mathbf{A'_{\parallel}}}{\partial t'}$

und ersetze Gl. $(1) - (4)$ in obigem,

\begin{aligned} (5) & E_{∥}^{'} = - γ (\nabla_{∥} + \frac{v}{C^{2}} \frac{\partial}{\partial T}) γ (ϕ - v \cdot A) - γ (\frac{\partial}{\partial T} + v \cdot \nabla_{∥}) γ (A_{∥} - \frac{v}{C^{2}} ϕ) \end{aligned}

$\begin{align} \tag{5} \mathbf{E'_{\parallel}} = -\gamma\left(\nabla_{\parallel}+\frac{\mathbf v}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\right)\gamma(\phi - \mathbf{v \cdot A}) - \gamma \left(\frac{\partial}{\partial t}+\mathbf v \cdot \nabla_{\parallel}\right)\gamma\left(\mathbf{A_{\parallel}}-\frac{\mathbf v}{c^2}\phi\right) \end{align}$

Die rechte Seite von Gl. $(5)$ erzeugt vereinfacht acht Terme, von denen sich zwei wegen aufheben $\pm (\mathbf{v}/c^2) \partial{\phi}/\partial{t}$ . Auch der Begriff mit $(\mathbf{v}\cdot\nabla)\mathbf{A}_{\parallel}$ bricht mit ab $-\nabla_{\parallel}(\mathbf{v}\cdot\mathbf{A})$ seit $\mathbf{v}$ ist eine Konstante. Am Ende bleiben nur noch vier Terme übrig.

Ich werde Sie herausfinden lassen, dass diese Begriffe reduziert werden können

\begin{matrix} (6) & E_{∥}^{'} = - γ^{2} (\nabla_{∥} ϕ - \frac{\partial A_{∥}}{\partial T}) (1 - v^{2} / C^{2}) . \end{matrix}

$\tag{6} \mathbf{E'_{\parallel}} = -\gamma^2 \left(\nabla_{\parallel} \phi - \dfrac{\partial \mathbf{A_{\parallel}}}{\partial t} \right)(1 - v^2/c^2).$

Beachten Sie, dass wir verwenden können $\gamma^2 (1 - \beta^2) = 1$ In $(6)$ uns das gewünschte Ergebnis liefern,

\begin{matrix} (7) & E_{∥}^{'} = - \nabla_{∥} ϕ - \frac{\partial A_{∥}}{\partial T} = E_{∥} . \end{matrix}

$\tag{7} \mathbf{E'_{\parallel}} = -\nabla_{\parallel} \phi - \dfrac{\partial \mathbf{A_{\parallel}}}{\partial t} = \mathbf{E_{\parallel}}.$

BEARBEITEN: Tatsächlich sind die hier verwendeten Transformationen dieselben Gleichungen OP, die aus dem Cambridge Handbook of Physics Formulas zitiert werden .

Nachweisen:

Aus Gl. $(2)$ Und $(4)$ ,

\begin{aligned} \frac{ich ϕ^{'}}{C} & = γ (\frac{ich ϕ}{C} - ich \frac{v}{C} \cdot A) \\ ϕ^{'} & = γ (ϕ - v \cdot A) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{i\phi'}{c} &= \gamma\left(\frac{i\phi}{c} - i \frac{\mathbf{v}}{c}\cdot \mathbf{A}\right) \\[5pt] \phi' &= \gamma\left(\phi - \mathbf{v}\cdot\mathbf{A}\right) \end{align}$

Auch aus Gl. $(2), (3)$ Und $(5)$ ,

\begin{aligned} A^{'} & = A_{⊥}^{'} + A_{∥}^{'} \\ = A_{⊥} + γ (A_{∥} + ich \frac{v}{C} \frac{ich ϕ}{C}) \\ = (A_{⊥} + A_{∥}) + (γ - 1) A_{∥} - \frac{γ ϕ}{C^{2}} v \\ = A - \frac{γ ϕ}{C^{2}} v + (γ - 1) (A \cdot \hat{v}) \hat{v} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{A'} &= \mathbf{A'_{\perp} + \mathbf{A'_{\parallel}}}\\[5pt] &= \mathbf{A_{\perp}} + \gamma \left(\mathbf{A_{\parallel}} + i \frac{\mathbf{v}}{c} \frac{i \phi}{c}\right)\\[5pt] &= \left(\mathbf{A_{\perp}} + \mathbf{A_{\parallel}}\right) + (\gamma-1)\mathbf{A_{\parallel}} - \frac{\gamma \phi}{c^2}\mathbf{v}\\[5pt] &= \mathbf{A} - \frac{\gamma \phi}{c^2} \mathbf{v} + (\gamma-1)(\mathbf{A}\cdot\mathbf{\hat{v}})\mathbf{\hat{v}} \end{align}$ wo die letzte Gleichheit aus der Auflösung kommt

A

$\mathbf{A}$ in Parallelkomponente entlang

\hat{v}

$\mathbf{\hat v}$ .

@Frobenius, ich habe die falsche Frage geändert und hoffentlich ist sie jetzt zumindest "weniger falsch". Abgesehen davon sehe ich, dass exp-ikx eine durchgehende Antwort gegeben hat, und obwohl ich es sehr schätze, stört es mich immer noch, dass die beiden Gleichungen aus dem Cambridge Handbook of Physics Formulas ganz am Anfang meines Beitrags irgendwie nicht sein könnten in der Antwort verwendet, da diese Gleichungen selbst den Kern meiner Untersuchung bilden, obwohl ich diesen Punkt zugegebenermaßen hätte klarer machen können.
@KevinMarinas, siehe die neueste Bearbeitung. Ich habe das gleiche verwendet, das Sie zitiert haben.

Ergibt das Einsetzen der Lorentz-transformierten Skalar- und Vektorpotentiale in die EEE-Feldformel das korrekte Lorentz-transformierte EEE-Feld?

Kevin Marinas

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