Frage zum physikalischen Freiheitsgrad in der Maxwell-Theorie: Warum das Coulomb-Messgerät alle redundanten Freiheitsgrade festlegen kann

Question

Frage zum physikalischen Freiheitsgrad in der Maxwell-Theorie: Warum das Coulomb-Messgerät alle redundanten Freiheitsgrade festlegen kann

Anonym

Gegeben $4$ -Potenzial $A^\mu(x)=(\phi(x),\mathbf{A}(x))$ , die Vakuum-Maxwell-Gleichungen:

\nabla^{2} ϕ + \frac{\partial}{\partial T} (\nabla \cdot A) = 0

$\nabla^2\phi+\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot \mathbf{A} )=0$

\nabla^{2} A - \frac{\partial^{2} A}{\partial T^{2}} - \nabla (\nabla \cdot A + \frac{\partial ϕ}{\partial T}) = 0

$\nabla^2 \mathbf{A} -\frac{\partial^2 \mathbf{A} }{\partial t^2} - \nabla(\nabla\cdot\mathbf{A} + \frac{\partial \phi}{\partial t})=0$

Es gibt einen redundanten Freiheitsgrad (dof) in $A^\mu(x)$ :

A^{μ} (X) \to A^{μ} (X) + \partial^{μ} λ (X)

$A^\mu(x)\rightarrow A^\mu(x) +\partial^\mu \lambda(x)$

In Coulomb-Eichung:

\begin{matrix} (1) & \nabla \cdot A (X) = 0 \end{matrix}

$\nabla\cdot \mathbf{A}(x)=0 \tag{1}$ Die Vakuum-Maxweel-Gleichung wird zu:

\begin{matrix} (2) & \nabla^{2} ϕ = 0 \end{matrix}

$\nabla^2\phi =0 \tag{2}$

\begin{matrix} (3) & \nabla^{2} A - \frac{\partial^{2} A}{\partial T^{2}} = \nabla (\frac{\partial ϕ}{\partial T}) \end{matrix}

$\nabla^2 \mathbf{A} -\frac{\partial^2 \mathbf{A} }{\partial t^2} = \nabla( \frac{\partial \phi}{\partial t}) \tag{3}$

Dann können wir immer wählen $\phi(x)=0$ . Es wird also die Frage gestellt, welcher physikalische Freiheitsgrad vorliegt $A^\mu(x)= (0,\mathbf{A}(x))$ mit einer Einschränkung $\nabla\cdot \mathbf{A}(x)=0$ . Jedes Lehrbuch sagt dann, der physikalische Freiheitsgrad sei $2$ . Aber es scheint, dass es immer noch überflüssige dof gibt, die wir immer machen können

A (X, T) \to A (X, T) + \nabla Λ (X)

$\mathbf{A}(\mathbf{x},t)\rightarrow \mathbf{A}(\mathbf{x},t)+\nabla \Lambda(\mathbf{x})$ so dass

\begin{matrix} (4) & \nabla^{2} Λ (X) = 0 \end{matrix}

$\nabla^2 \Lambda(\mathbf{x}) =0\tag{4}$ Aber die obige Gleichung ist eine Laplace-Gleichung , die nichttriviale Lösungen hat, eine harmonische Funktion . Zum Beispiel,

Λ (x) = x y z

$\Lambda(\mathbf{x}) = xyz$ .

Meine Fragen

Verwenden $\phi(x) =0$ Und $\nabla\cdot \mathbf{A}(\mathbf{x},t)=0$ , ich habe zwei redundante dof abgezogen, warum fixieren $\Lambda(\mathbf{x})$ weiter kann nicht mehr redundant dof subtrahiert werden?
Viele Lehrbücher werden das argumentieren $A^\mu(x)$ sollte im räumlichen Unendlichen verschwinden, also Laplace-Gleichung $(4)$ mit Null-Randbedingung im Unendlichen hat nur eine triviale Lösung. Aber warum müssen wir verlangen $A^{\mu}$ im räumlichen Unendlichen verschwinden? B. ein einheitliches Magnetfeld hat $\mathbf{A}(x) = \mathbf{B}\times \mathbf{r}/2$ die nicht ins Unendliche verschwindet. Wenn Sie das benötigen $A^\mu$ im räumlichen Unendlichen verschwinden, können Sie nicht einmal konstante elektrische oder magnetische Feldlösungen aus Vakuum-Maxwell-Gleichungen erhalten. Und sogar die elektromagnetische Wellenlösung $e^{i k(t -x)}$ ist auch im räumlichen Unendlichen nicht verschwindend. Diese Frage hat eine gewisse Beziehung zur Fixierung und „Normalisierung“ des Coulomb-Messgeräts
Warum sagt das Lehrbuch: "Das Lorentz-Eichmaß ist Lorentz-invariant, kann aber nicht alle redundanten dof reparieren. Das Coulomb-Eichmaß kann alle redundanten dof reparieren, ist aber nicht Lorentz-invariant."? Aber es ist offensichtlich, dass nur Coulomb-Eichung $(1)$ kann auch nicht alle redundanten dof reparieren. Wir können sehen, dass die Befestigung des Messgeräts $\phi =0$ ist keine Folge von $(2)$ . Es ist künstlich erzwungen und $\phi=0$ ist unabhängig von der Coulomb-Eichung. Zum Beispiel Vakuum-Maxwell-Gleichungen $(2),(3)$ kann eine einheitliche elektrische Feldlösung haben $\phi(x)=-\mathbf{E}\cdot \mathbf{r}$ , $\mathbf{A}=0$ Befriedigend nur Coulomb-Eichung $(1)$ Aber $\phi(x)\neq 0$ . Wenn wir es brauchen $\phi=0$ Und $\nabla \cdot \mathbf{A}=0$ , wird die Lösung $\phi=0$ Und $\mathbf{A}= \mathbf{E} t$ .

AccidentalFourierTransform

siehe auch Zählen der Anzahl der sich ausbreitenden Freiheitsgrade in der Lorenz-Gauge-Elektrodynamik und Zählen der Freiheitsgrade von Eichbosonen .

Benutzer153663

@AccidentalFourierTransform Ich weiß, wie man auf diese Weise zählt. Es ist einfach jedes Buch wird sagen. Ich möchte den Widerspruch in meiner Frage erklären.

AccidentalFourierTransform

Wichtiger Hinweis: Ein konstantes elektromagnetisches Feld ist ein sehr pathologisches Konzept. „Echte“ EM-Felder verschwinden im räumlichen Unendlichen.

Benutzer153663

@AccidentalFourierTransform Ich möchte nur über den Rahmen der Theorie selbst sprechen. Und wenn Sie es wünschen

A^{μ}

$A^\mu$ im räumlichen Unendlichen verschwinden, können wir aus den Maxwell-Gleichungen keine einheitliche elektrische Feldlösung erhalten.

J. Murray

@ fff123123 Die Auswahl von Randbedingungen ist ein fester Bestandteil der Arbeit mit Potenzialen. Es spielt keine Rolle, welche Randbedingung Sie wählen – solange Sie sich für eine entscheiden, verbraucht die Coulomb-Eichung alle verbleibenden Freiheiten, da die Lösungen der Laplace-Gleichung eindeutig durch ihre Randbedingungen bestimmt sind. Die einzige streng physikalische Randbedingung ist eine, die im räumlichen Unendlichen verschwindet, aber aus mathematischer Sicht können Sie wählen, was Sie wollen.

Benutzer153663

@J.Murray Die physikalische Randbedingung sollte hinzugefügt werden

E

$\mathbf{E}$ Und

B

$\mathbf{B}$ . Also die Randbedingung an

A^{μ}

$A^\mu$ ist nichtlokal. Tatsächlich jede Lösung der Maxwell-Gleichung plus Grad einer harmonischen Funktion

Λ (x)

$\Lambda(\mathbf{x})$ ist immer noch eine Lösung, die die Randbedingungen von elektrischem Feld und magnetischem Feld erfüllt.

J. Murray

@ fff123123 Entschuldigung für meine schlampige Sprache, du hast vollkommen recht. Das Hinzufügen einer nicht verschwindenden harmonischen Messfunktion führt jedoch zu dummen Dingen, wie zum Beispiel das Trennen der Idee des elektrischen Potentials von der Idee der elektrischen potentiellen Energie, das elektrostatische Potential einer Punktladung nicht mehr kugelsymmetrisch zu machen usw. usw. Auferlegen physikalischer Symmetrien auf der Ebene der Potenziale ist eine Wahl, die ich grob als physisch beschreiben würde.

AccidentalFourierTransform

Mögliches Duplikat von Faddeev-Popov Gauge-Fixing in Electromagnetism

Antworten (2)

Frage zum physikalischen Freiheitsgrad in der Maxwell-Theorie: Warum das Coulomb-Messgerät alle redundanten Freiheitsgrade festlegen kann

siehe auch Zählen der Anzahl der sich ausbreitenden Freiheitsgrade in der Lorenz-Gauge-Elektrodynamik und Zählen der Freiheitsgrade von Eichbosonen .
@AccidentalFourierTransform Ich weiß, wie man auf diese Weise zählt. Es ist einfach jedes Buch wird sagen. Ich möchte den Widerspruch in meiner Frage erklären.
Wichtiger Hinweis: Ein konstantes elektromagnetisches Feld ist ein sehr pathologisches Konzept. „Echte“ EM-Felder verschwinden im räumlichen Unendlichen.
@AccidentalFourierTransform Ich möchte nur über den Rahmen der Theorie selbst sprechen. Und wenn Sie es wünschen $A^\mu$ im räumlichen Unendlichen verschwinden, können wir aus den Maxwell-Gleichungen keine einheitliche elektrische Feldlösung erhalten.
@ fff123123 Die Auswahl von Randbedingungen ist ein fester Bestandteil der Arbeit mit Potenzialen. Es spielt keine Rolle, welche Randbedingung Sie wählen – solange Sie sich für eine entscheiden, verbraucht die Coulomb-Eichung alle verbleibenden Freiheiten, da die Lösungen der Laplace-Gleichung eindeutig durch ihre Randbedingungen bestimmt sind. Die einzige streng physikalische Randbedingung ist eine, die im räumlichen Unendlichen verschwindet, aber aus mathematischer Sicht können Sie wählen, was Sie wollen.
@J.Murray Die physikalische Randbedingung sollte hinzugefügt werden $\mathbf{E}$ Und $\mathbf{B}$ . Also die Randbedingung an $A^\mu$ ist nichtlokal. Tatsächlich jede Lösung der Maxwell-Gleichung plus Grad einer harmonischen Funktion $\Lambda(\mathbf{x})$ ist immer noch eine Lösung, die die Randbedingungen von elektrischem Feld und magnetischem Feld erfüllt.
@ fff123123 Entschuldigung für meine schlampige Sprache, du hast vollkommen recht. Das Hinzufügen einer nicht verschwindenden harmonischen Messfunktion führt jedoch zu dummen Dingen, wie zum Beispiel das Trennen der Idee des elektrischen Potentials von der Idee der elektrischen potentiellen Energie, das elektrostatische Potential einer Punktladung nicht mehr kugelsymmetrisch zu machen usw. usw. Auferlegen physikalischer Symmetrien auf der Ebene der Potenziale ist eine Wahl, die ich grob als physisch beschreiben würde.
Mögliches Duplikat von Faddeev-Popov Gauge-Fixing in Electromagnetism

Prahar · Answer 1

Hier gilt es vor allem auf die Randbedingungen auf dem Pegelfeld zu achten $A_\mu(x)$ und der Gauge-Parameter $\Lambda(x)$ . Insbesondere muss die Menge der Eichtransformationen, die man "wegmessen" darf, im "Unendlichen" verschwinden. Mit unendlich meint man hier oft sowohl räumliche Unendlichkeit als auch null Unendlichkeit. Sie können keine festen "großen Eichtransformationen" messen, die auch als globale Eichtransformationen bekannt sind, da diese tatsächlichen physikalischen Symmetrien der Theorie mit physikalischen Konsequenzen für das System entsprechen (abgeleitet über Erhaltungsgesetze). Das einfachste Beispiel dieser Art ist when $\Lambda(x) = \lambda =$ Konstante. Diese Eichsymmetrien bewirken Ladungserhaltung und sind sehr wichtig. Sie können und sollen nicht entfernt werden. Nachdem wir dies gesagt haben, gehen wir zurück zu der Gleichung in der Coulomb-Eichung. Die Residuenkalibrierungstransformationen werden durch Funktionen erzeugt $\Lambda(x)$ befriedigend
$\nabla^{2} Λ (X) = 0, Λ (X) \to 0 bei unendlich.$ $\nabla^2 \Lambda(x) = 0 \, , \qquad \Lambda(x) \to 0 ~~\text{at infinity.}$ Sie können sich jetzt davon überzeugen, dass die einzige Lösung für diese Gleichungen ist $Λ (X) = 0 .$ $\Lambda(x) = 0\, .$ Damit ist deine erste Frage beantwortet.
Die Antwort auf Ihre zweite Frage nach dem „Warum“ dieser Randbedingungen ist die Forderung nach einem endlichen Energiefluss durch die Grenzen des Systems. Die Idee ist, dass wir uns auf Lösungen beschränken, die die Eigenschaft haben, dass, wenn endliche Energie durch eine bestimmte Grenze in das System eingegeben wird, dann endliche Energie aus dem System freigesetzt werden sollte. Ich spreche hier nicht von der Gesamtenergie, die aufgrund der Energieerhaltung immer feststeht. Worüber wir hier sprechen, ist der lokale Energiefluss durch jede Grenze. Uns interessieren nur Lösungen der Maxwellschen Gleichungen, bei denen auch die lokale Energiedichte an allen Punkten endlich ist und keine Singularitäten entstehen. Alle diese Lösungen müssen die Eigenschaft haben, dass sie in geeigneter Weise in der Nähe einer geeigneten Grenze "verschwinden". Diese Anforderung, wie Sie richtig darauf hinweisen, schließt konstante elektrische oder magnetische Felder aus, deren Gesamtenergie proportional zum Volumen des Systems ist. Die Wellenlösungen sterben nicht bei räumlicher Unendlichkeit, aber das ist in Ordnung, da räumliche Unendlichkeit keine geeignete Grenze für diese Lösungen ist. Wellenartige Lösungen wandern nach außen und erreichen null Unendlichkeit ${\mathscr I}^+$ im Gegensatz zur räumlichen Unendlichkeit. Mit anderen Worten, obwohl Wellenlösungen im räumlichen Unendlichen nicht verschwinden, tragen sie dort nicht zur Energiedichte bei. Daher brauchen wir, dass der Energiefluss an ${\mathscr I}^+$ aufgrund von Wellenlösungen endlich sein und Sie können überprüfen, ob dies tatsächlich der Fall ist.
$\phi(x) \neq 0$ bedeutet nicht, dass es sich um einen Freiheitsgrad handelt. Ein Freiheitsgrad wird als "Teil" oder Komponente des Feldes definiert $A_\mu(x)$ die nicht durch die Bewegungsgleichungen bestimmt wird und daher völlig frei wählbar ist. Genauer gesagt sind Freiheitsgrade die Daten, die auf einer Cauchy-Oberfläche (völlig frei) vorgegeben werden müssen, um eine eindeutige Zeitentwicklung in Vergangenheit und Zukunft zu gewährleisten. Es ist die Information über das Feld, die alle anderen Aspekte davon vollständig bestimmt. Daher, $\phi$ ist niemals ein Freiheitsgrad. In jedem Messgerät, das Sie wählen, ist leicht zu erkennen, dass es vollständig in Bezug auf bestimmt wird $A_i(x)$ .

Zohaib Aarfi · Answer 2

1: $A^\mu$ Feld entspricht dem photonischen Feld und wir wissen, dass ein Photon zwei Freiheitsgrade bezüglich seiner Polarisation hat. Es kann rechts oder links polarisiert sein. Eine konsistente Theorie sollte also auch 2 DOF ergeben.

Analysieren wir das Coulomb-Gauge. Wir haben vier Komponenten von $A^\mu$ , bedeutet 4 DOF. Wir reparieren $\phi =0$ wodurch ein DOF entfällt. Dann bleiben uns 3 DOF. Dann $\nabla\cdot \mathbf{A}(x)=0 \tag{1}$ zeigt, dass 3 Komponenten verwandt sind und 1 von 3 in Bezug auf andere 2 Komponenten angegeben werden kann. Also haben wir einen weiteren DOF entfernt. Daher wird die Theorie konsistent, indem dem Messfeld eine Beschränkung auferlegt wird. Diese Art der Befestigung wird als Klasse-1-Befestigung bezeichnet.

2: Ich weiß nicht über Ihre 2. Frage.

3: Sie denken richtig, aber Sie übersehen eine Sache, die wir nicht verstehen $\phi=0$ von jedem theoretischen Verfahren, es ist unsere eigene Wahl, es sorgt dafür, dass unsere Theorie funktioniert, also zwingen wir sie auf und nichts anderes. Kommen wir nun zur Lorentz-Invarianz. Die Einschränkungen werden berücksichtigt, wenn wir die Theorie quantifizieren. Lorentzlehre $\partial^\mu A_\mu=0$ gibt uns 3 DOF (einen zusätzlichen nicht-physikalischen DOF), aber am Ende, wenn wir quantisieren, erhalten wir Poisson-Klammern in kovarianter Form (zeitliche/räumliche Komponenten werden in kompakter Form kombiniert). Wenn wir andererseits die Coulomb-Eichung verwenden, haben wir am Ende einen zeitlichen Teil entfernt und eine Poisson-Klammer nur für den räumlichen Teil des Feldes und die entsprechenden konjugierten Impulse. Die explizite Kovarianz geht also verloren, obwohl die Theorie konsistent ist. In diesem Fall müssen wir zeigen, dass unsere Theorie immer noch kovariant ist, während wir den zeitlichen Teil insgesamt verloren haben.

Siehe Bücher

Michael und Maggiore

[André_Burnel]_Noncovariant_Gauges_in_Canonical

Frage zum physikalischen Freiheitsgrad in der Maxwell-Theorie: Warum das Coulomb-Messgerät alle redundanten Freiheitsgrade festlegen kann

Anonym

AccidentalFourierTransform

Benutzer153663

AccidentalFourierTransform

Benutzer153663

J. Murray

Benutzer153663

J. Murray

AccidentalFourierTransform

Antworten (2)

Prahar

Zohaib Aarfi

Wie grundlegend ist die Transversalitätsbedingung in der QED?

Quantisierung der Eichtheorie mit minimaler Kopplung

Messgerätefixierung eines beliebigen Feldes: Off-Shell- & On-Shell-Freiheitsgrade

Warum ist das Coulomb-Messgerät eine mögliche Messgerätwahl?

Messen Sie die Symmetrie eines massiven Vektorfelds

Zeigen, dass Coulomb- und Lorenz-Eichungen tatsächlich gültige Eichtransformationen sind?

Zählung von dof und Eichfixierung von AμAμA_{\mu} und ψψ\psi in DDD-Dimensionen

Coulomb-Eichung in der speziellen Relativitätstheorie (für QFT)

Ist diese Theorie gleichbedeutend mit QED?

Was genau sind die Abschnitte in Eichtheorien?