Wie sieht man, dass E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} eine totale Ableitung ist?

Question

Wie sieht man, dass E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} eine totale Ableitung ist?

Pinguin

Seit $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ eine Lorentz-Invariante der elektromagnetischen Felder ist, scheint es eine interessante Sache zu sein, sie an eine Lagrange-Funktion anzuschließen, um zu sehen, was passiert. Dies verschwindet jedoch am Ende, und mir wurde gesagt, dass dies offensichtlich sein sollte, da es sich um eine Gesamtableitung handelt.

Dies ist für mich jedoch nicht ersichtlich. Gibt es eine einfache Möglichkeit, das zu sehen

\frac{1}{2} ϵ_{a β γ δ} F^{a β} F^{γ δ} = - \frac{4}{C} (B \cdot E)

$\frac{1}{2}\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\alpha\beta} F^{\gamma\delta} = - \frac{4}{c}\left( \mathbf{B} \cdot \mathbf{E} \right)$

ist eigentlich eine totale Ableitung?

Ich würde mich auch freuen, wenn jemand zeigen kann, wovon es abgeleitet ist, damit ich die Ableitung ausarbeiten kann, um sie einzusinken.

Rahmen

Wenn Sie die Differentialformen kennen,

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ kann geschrieben werden als

F \land F

$F\wedge F$ . Dann können Sie leicht feststellen, dass es geschrieben werden kann als

d (A \land F)

$d(A\wedge F)$ Wo

F = d A

$F=dA$ . Dies ist genau die gleiche Erklärung wie bei Javier.

Pinguin

@Minkyu Ich kenne mich mit Differentialformen nicht aus, also habe ich das nicht so gesehen

F \land F

$F \wedge F$ , aber mit

F = d A

$F=dA$ und die Identität

d F = d d A = 0

$dF = ddA = 0$ , das Ergebnis ist ziemlich einfach. Ich kann jetzt verstehen, warum es für diejenigen offensichtlich wäre, die Differentialformen fließend beherrschen. Danke!

Rahmen

Ich muss sagen, dass das, was ich oben geschrieben habe, nicht ganz mit der Antwort von Javier übereinstimmt, nachdem ich das von Sean E. Lake erwähnte Problem erkannt habe. Aber mein Kommentar ist immer noch gültig, nachdem das von Sean E. Lake erwähnte Messgerät repariert wurde.

Sean E. Lake

@Minkyu Ich kann mich nicht zur Differentialgeometrie äußern - damit bin ich (noch) nicht vertraut. Ich kann sagen, dass Javiers Post die Befestigung des Messgeräts unnötig macht, nur praktisch. Das heißt, es zeigt, dass der Skalarpotentialteil verschwindet, und das funktioniert auch außerhalb der Weyl-Eichung.

Annibal

@Minkyu, der beste Grund, diesen Term nicht in einen Lagrangian einzufügen, ist nicht, dass es sich um eine vollständige Ableitung handelt, sondern weil es sich um einen Pseudoskalar handelt, sodass Ihre Aktion 1), wenn sie nur diesen Term enthält, unter Symmetrie nicht invariant ist Verwandlung (

x \to - x

$x\rightarrow -x$ ), aber ändern Sie nur sein Vorzeichen 2) Wenn es andere Terme enthält, die reelle Skalare sind, hat es keine klaren Transformationseigenschaften unter Symmetrie und kann sich stark ändern

Pinguin

@Minkyu Kannst du deinen Kommentar als Antwort posten, damit ich ihn akzeptieren kann? Es fühlt sich wirklich wie die beste Antwort an. Es ist so kurz und bündig, dass es wirklich erfasst, warum dies für manche Menschen "offensichtlich" ist, und erklärt die "Magie" hinter dem, was bei den Manipulationen der anderen Antworten vor sich geht.

Rahmen

@PPenguin Ich poste gerade eine Antwort. Ich hoffe, es würde Ihnen helfen.

KumpelJohn

Verwandte Frage zu EB in einer Lagrange-Physik.stackexchange.com/questions/7907/…

Antworten (3)

Wie sieht man, dass E⋅BE⋅B\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} eine totale Ableitung ist?

Wenn Sie die Differentialformen kennen, $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ kann geschrieben werden als $F\wedge F$ . Dann können Sie leicht feststellen, dass es geschrieben werden kann als $d(A\wedge F)$ Wo $F=dA$ . Dies ist genau die gleiche Erklärung wie bei Javier.
@Minkyu Ich kenne mich mit Differentialformen nicht aus, also habe ich das nicht so gesehen $F \wedge F$ , aber mit $F=dA$ und die Identität $dF = ddA = 0$ , das Ergebnis ist ziemlich einfach. Ich kann jetzt verstehen, warum es für diejenigen offensichtlich wäre, die Differentialformen fließend beherrschen. Danke!
Ich muss sagen, dass das, was ich oben geschrieben habe, nicht ganz mit der Antwort von Javier übereinstimmt, nachdem ich das von Sean E. Lake erwähnte Problem erkannt habe. Aber mein Kommentar ist immer noch gültig, nachdem das von Sean E. Lake erwähnte Messgerät repariert wurde.
@Minkyu Ich kann mich nicht zur Differentialgeometrie äußern - damit bin ich (noch) nicht vertraut. Ich kann sagen, dass Javiers Post die Befestigung des Messgeräts unnötig macht, nur praktisch. Das heißt, es zeigt, dass der Skalarpotentialteil verschwindet, und das funktioniert auch außerhalb der Weyl-Eichung.
@Minkyu, der beste Grund, diesen Term nicht in einen Lagrangian einzufügen, ist nicht, dass es sich um eine vollständige Ableitung handelt, sondern weil es sich um einen Pseudoskalar handelt, sodass Ihre Aktion 1), wenn sie nur diesen Term enthält, unter Symmetrie nicht invariant ist Verwandlung ( $x\rightarrow -x$ ), aber ändern Sie nur sein Vorzeichen 2) Wenn es andere Terme enthält, die reelle Skalare sind, hat es keine klaren Transformationseigenschaften unter Symmetrie und kann sich stark ändern
@Minkyu Kannst du deinen Kommentar als Antwort posten, damit ich ihn akzeptieren kann? Es fühlt sich wirklich wie die beste Antwort an. Es ist so kurz und bündig, dass es wirklich erfasst, warum dies für manche Menschen "offensichtlich" ist, und erklärt die "Magie" hinter dem, was bei den Manipulationen der anderen Antworten vor sich geht.
@PPenguin Ich poste gerade eine Antwort. Ich hoffe, es würde Ihnen helfen.
Verwandte Frage zu EB in einer Lagrange-Physik.stackexchange.com/questions/7907/…

Pinguin · Answer 1

Der Vollständigkeit halber hier die Tensornotationsversion.

Erste Umschreibung:

(E \cdot B) \propto ϵ_{a β γ δ} F^{a β} F^{γ δ} = ϵ_{a β γ δ} (\partial^{a} A^{β} - \partial^{β} A^{a}) F^{γ δ} = 2 ϵ_{a β γ δ} (\partial^{a} A^{β}) F^{γ δ}

$(\mathbf{E}\cdot\mathbf{B})\ \propto \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\alpha\beta} F^{\gamma\delta} = \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left( \partial^\alpha A^\beta - \partial^\beta A^\alpha \right)F^{\gamma\delta} = 2 \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) F^{\gamma\delta}$

wobei der letzte Schritt die Umbenennung und die Antisymmetrie von verwendet $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ .

Ähnlich

ϵ_{a β γ δ} (\partial^{a} A^{β}) F^{γ δ} = 2 ϵ_{a β γ δ} (\partial^{a} A^{β}) (\partial^{γ} A^{δ}) .

$\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) F^{\gamma\delta} = 2 \ \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) \left(\partial^\gamma A^\delta \right).$

Bewegen Sie nun eine der Ableitungen nach vorne

ϵ_{a β γ δ} (\partial^{a} A^{β}) (\partial^{γ} A^{δ}) = \partial^{a} (ϵ_{a β γ δ} A^{β} (\partial^{γ} A^{δ})) - ϵ_{a β γ δ} A^{β} (\partial^{a} \partial^{γ} A^{δ})

$\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} \left(\partial^\alpha A^\beta \right) \left(\partial^\gamma A^\delta \right) = \partial^\alpha \left( \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\gamma A^\delta \right)\right) - \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\alpha \partial^\gamma A^\delta \right)$

und beachten Sie, dass der letzte Term Null ist, weil die Ableitungen pendeln und daher in diesen Etiketten symmetrisch sind, während $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ ist antisymmetrisch.

Alles zusammen ergibt:

(E \cdot B) \propto \partial^{a} (ϵ_{a β γ δ} A^{β} (\partial^{γ} A^{δ}))

$(\mathbf{E}\cdot\mathbf{B})\ \propto \ \partial^\alpha \left( \epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} A^\beta \left(\partial^\gamma A^\delta \right)\right)$

Rahmen · Answer 2

Beachten Sie zunächst, dass Sie umschreiben können $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ als

E \cdot B \propto F \land F

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F$ mit einer Feldstärke

2

$2$ -form

F

$F$ Wo

E

$\mathbf{E}$ Und

B

$\mathbf{B}$ sind definiert als

\begin{aligned} F_{0 ich} & = E_{ich}, \\ F_{ich J} & = ϵ_{ich J k} B_{k} . \end{aligned}

$\begin{align} F_{0i}&=E_i ,\\ F_{ij}&=\epsilon_{ijk}B_k. \end{align}$ Genauer,

\begin{aligned} F \land F & = \frac{1}{4} F_{μ v} F_{ρ σ} D X^{μ} \land D X^{v} \land D X^{ρ} \land D X^{σ} \\ = - \frac{1}{4} ϵ^{μ v ρ σ} F_{μ v} F_{ρ σ} vol. \\ \propto ϵ^{ich J k} F_{0 ich} F_{J k} = E \cdot B . \end{aligned}

$\begin{align} F\wedge F&=\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}\, dx^\mu\wedge dx^\nu\wedge dx^\rho\wedge dx^\sigma \\ &=-\frac{1}{4}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}\,\text{vol.}\\ &\propto \epsilon^{ijk}F_{0i}F_{jk}=\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}. \end{align}$ Dann ist es einfach, das zu zeigen

E \cdot B

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ ist eine totale Ableitung mit

F = d A

$F=dA$ , dh,

E \cdot B \propto F \land F = D (A \land F) .

$\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F=d(A\wedge F).$

Als Nebenbemerkung, $F\wedge F$ enthält Volumenform, aber es fehlt in $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ . So ist die richtige Schreibweise

\int D^{4} X E \cdot B \propto \int F \land F .

$\int d^4x \,\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto\int F\wedge F.$

Sean E. Lake · Answer 3

Die einfachste Art zu prüfen $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ ist, die Felder im Hinblick auf das Vektorpotential in der Weyl-Eichung zu betrachten , wobei $A^0=0$ . In diesem Messgerät erhalten Sie:

\begin{aligned} E & = - \frac{\partial A}{\partial T}, A N D \\ B & = \nabla \times A . \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E} &= - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},\ \mathrm{and} \\ \mathbf{B} &= \nabla \times \mathbf{A}. \end{align}$

So erhalten Sie:

\begin{aligned} E \cdot B & = - ϵ_{ich J k} \frac{\partial A_{ich}}{\partial T} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} &= -\epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \end{align}$ Betrachten wir nun das Raum-Zeit-Integral dieser Größe:

\begin{aligned} \int E \cdot B D X^{4} & = - \int ϵ_{ich J k} \frac{\partial A_{ich}}{\partial T} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) D X^{4} \\ = \int [- \frac{\partial}{\partial T} (ϵ_{ich J k} A_{ich} \frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) + ϵ_{ich J k} A_{ich} \frac{\partial^{2} A_{k}}{\partial X_{J} \partial T}] D X^{4} & ich N T e G R A T e B j P A R T S ich N T \\ = \int [- \frac{\partial}{\partial T} (ϵ_{ich J k} A_{ich} \frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) + \frac{\partial}{\partial X_{J}} (ϵ_{ich J k} A_{ich} \frac{\partial A_{k}}{\partial T}) - ϵ_{ich J k} \frac{\partial A_{k}}{\partial T} (\frac{\partial A_{ich}}{\partial X_{J}})] D X^{4} & ich N T e G R A T e B j P A R T S ich N S P A C e \\ = - \int ϵ_{k J ich} \frac{\partial A_{ich}}{\partial T} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) D X^{4} & D R Ö P S u R F A C e T e R M S \\ A N D R e l A B e l D u M M j v A R ich A B l e S \\ = \int ϵ_{ich J k} \frac{\partial A_{ich}}{\partial T} (\frac{\partial A_{k}}{\partial X_{J}}) D X^{4} & e X C H A N G e ich N D ich C e S Ö F ϵ \end{aligned}

$\begin{align} \int \mathbf{E}\cdot\mathbf{B} \operatorname{d}x^4 & = -\int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial^2 A_k}{\partial x_j \partial t} \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ }t \\ & = \int\left[- \frac{\partial }{\partial t} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) + \frac{\partial }{\partial x_j} \left(\epsilon_{ijk} A_i \frac{\partial A_k}{\partial t}\right) - \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_k}{\partial t} \left(\frac{\partial A_i}{\partial x_j}\right) \right] \operatorname{d}x^4 && \mathrm{integrate\ by\ parts\ in\ space} \\ & = -\int \epsilon_{kji}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{drop\ surface\ terms} \\ &&& \mathrm{and\ relabel\ dummy\ variables} \\ & = \int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{exchange\ indices\ of\ }\epsilon \end{align}$ Beachten Sie, dass wir gerade bewiesen haben, dass das Integral gleich minus selbst ist und daher verschwinden muss, wenn die Oberflächenterme verschwinden.

+1 Ich hatte noch nie zuvor von der Weyl-Anzeige gehört; jetzt weiß ich!

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