Lösen des elektromagnetischen Vektorfeldes mit der Lagrange-Funktion

Question

Lösen des elektromagnetischen Vektorfeldes mit der Lagrange-Funktion

Titan

Bei einer Aktion des Formulars

S = - \frac{1}{4} \int D^{4} X η^{μ v} η^{λ ρ} F_{μ λ} F_{v ρ}

$\begin{equation}S=-\frac{1}{4}\int d^4x\eta^{\mu\nu}\eta^{\lambda\rho}F_{\mu\lambda}F_{\nu\rho}\end{equation}$

Wo $F_{\mu\nu}=\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu}$ , $\eta_{\mu\nu}=g_{\mu\nu}/a^2(\eta)$ , Wo $g_{\mu\nu}$ wird durch das Linienelement gegeben:

D S^{2} = A^{2} (η) [D η^{2} - (D X^{ich})^{2}]

$\begin{equation}ds^2=a^2(\eta)[d\eta^2-(dx^i)^2]\end{equation}$

Ich möchte lösen für $A_{\mu}$ , und Standardlösung ist

A_{μ}^{(a)} = e_{μ}^{(a)} e^{ich k_{v} X^{v}} .

$\begin{equation}A_{\mu}^{(\alpha)}=e_{\mu}^{(\alpha)}e^{ik_\nu x^\nu}.\end{equation}$

Mich interessiert, wie man dieses Ergebnis herleiten kann.

Mein Ansatz besteht darin, zuerst die Lagrange-Funktion aus der Aktion zu schreiben und EL eq zu verwenden

\frac{\partial L}{\partial A_{μ}} - \frac{D}{D X^{v}} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{v} A_{μ})} = 0

$\begin{equation}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_{\mu}}-\frac{d}{d x^{\nu}}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_{\nu}A_{\mu})}=0\end{equation}$

Mein Hauptproblem ist die mathematische Schwierigkeit bei der Auswertung der EL-Gleichung. Kann mir bitte jemand dabei helfen?

Danu

Arbeiten Sie mit QFT in gekrümmter Raumzeit? In diesem Fall ist das Volumenelement

d^{4} x \sqrt{- g}

$d^4x\sqrt{-g}$ Wo

g

$g$ ist die Determinante der Metrik (dies ist 1, wenn die Metrik nur Minkowski ist).

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Arbeiten Sie mit QFT in gekrümmter Raumzeit? In diesem Fall ist das Volumenelement $d^4x\sqrt{-g}$ Wo $g$ ist die Determinante der Metrik (dies ist 1, wenn die Metrik nur Minkowski ist).

JamalS · Answer 1

Die Wirkung für ein elektromagnetisches Feld im gekrümmten Raum ist gegeben durch

S = - \frac{1}{4} \int D^{4} X \sqrt{| G |} F_{μ v} G^{μ λ} G^{σ v} F_{λ σ}

$S=-\frac{1}{4}\int \mathrm{d}^4 x \, \sqrt{|g|} \, F_{\mu\nu}g^{\mu\lambda}g^{\sigma \nu}F_{\lambda \sigma}$

für eine generische Metrik, $g_{\mu\nu}$ - Beachten Sie, dass das richtige Volumenelement mit ist $\sqrt{|g|}$ . Die Bewegungsgleichungen oder äquivalent Euler-Lagrange-Gleichungen sind:

\partial_{v} (\sqrt{| G |} F^{μ v}) = 0

$\partial_\nu \left( \sqrt{|g|}F^{\mu\nu}\right)=0$

im Vakuum, wo wir uns dafür entschieden haben, die zusätzlichen Faktoren der Metrik zu verbergen, indem wir den Index des Feldstärketensors erhöhen. In Ihrer Frage ist Ihre Lösung eine ebene Welle , z $g_{\mu\nu}=\eta_{\mu\nu}$ . Wenn Sie in dem von Ihnen bereitgestellten Raumzeithintergrund arbeiten möchten,

D S^{2} = A (T)^{2} [D T^{2} - D X^{2} - D j^{2} - D z^{2}]

$\mathrm{d}s^2 = a(t)^2 \left[ \mathrm{d}t^2-\mathrm{d}x^2-\mathrm{d}y^2-\mathrm{d}z^2\right]$

Sie müssen Tensoren mit dieser Metrik erhöhen und den Volumenfaktor einbeziehen. In Ihrem Fall wird die Aktion zu

S = - \frac{1}{4} \int D^{4} X A (T)^{4} F_{μ v} G^{μ λ} G^{σ v} F_{λ σ}

$S = -\frac{1}{4}\int \mathrm{d}^4x \, \, a(t)^4 \, F_{\mu\nu}g^{\mu\lambda}g^{\sigma \nu}F_{\lambda \sigma}$

\partial_{v} (A (T)^{4} F^{μ v}) = 0 ⟹ \partial_{ich} F^{μ ich} = - (\partial_{0} + \frac{4 \dot{A} (T)}{A (T)}) F^{μ 0}

$\partial_\nu \left( a(t)^4 F^{\mu\nu}\right)=0 \quad \implies \partial_i F^{\mu i}=-\left(\partial_0+\frac{4\dot{a}(t)}{a(t)} \right)F^{\mu 0}$

Wo $F^{\mu\nu}$ wird mit Ihrer gekrümmten Metrik angehoben.

Aber das löst das Problem nicht wirklich. Und ich bin mir nicht sicher, ob die von Ihnen geschriebene EL-Gleichung korrekt ist.
@titanium: Die Bewegungsgleichungen, die ich geschrieben habe, sind korrekt; das Ergebnis ist trivial und findet sich in jedem Lehrbuch der Feldtheorie im gekrümmten Raum. Nun zu der Lösung, die Sie haben - es ist nur eine ebene Welle, sie löst tatsächlich die Gleichungen im flachen Minkowski-Raum, also schließen Sie sie einfach an und prüfen Sie.
@titanium: Wenn Sie es vorziehen, können Sie sie schreiben als $\nabla_{\mu}F^{\mu\nu}=0$ , mit einer kovarianten Ableitung und ergänzt durch die Bianchi-Identität, aber es ist im Wesentlichen dasselbe, was ich geschrieben habe.

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Titan

Danu

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