Wie wird sich SR EM Lagrange ändern, wenn wir eine magnetische Ladung finden?

Question

Wie wird sich SR EM Lagrange ändern, wenn wir eine magnetische Ladung finden?

Ruslan

Wenn wir elektromagnetische Felder in die Spezielle Relativitätstheorie einführen, fügen wir einen Begriff hinzu

- \frac{e}{c} {EIN}_{ich} d x^{ich}

$-\frac e c A_idx^i$ in Lagrange. Wenn wir dann Bewegungsgleichungen herleiten, erhalten wir das Magnetfeld, das definiert ist als

\vec{H} = \nabla \times \vec{EIN} .

$\vec H=\nabla\times\vec A.$

Wenn wir nun die Divergenz beider Seiten dieser Definition annehmen, erhalten wir automatisch

\nabla \cdot \vec{H} = 0,

$\nabla\cdot\vec H=0,$

was gleichbedeutend mit der Nichtexistenz magnetischer Ladungen ist.

Aber nehmen wir an, wir haben eine magnetische Ladung gefunden. Was wird sich in diesem Fall an unserem Lagrange bzw. an der Definition elektrischer und magnetischer Felder ändern $\nabla\cdot\vec H=\sigma$ ?

In dieser Phys.SE-Antwort wird behauptet, dass das Magnetfeld einen zusätzlichen Begriff "Gradient eines Skalarpotentials" erhalten würde. Ist das „ein“ skalares Potenzial statt „das“ $A^0$ Potenzial?

Parker

Ich denke, Ihr erster Ausdruck ist falsch - sollte es nicht sein

A_{μ} J^{ν} \to q A_{μ} U^{μ} = q γ (A \cdot v - ϕ)

$A_\mu J^\nu \to q A_\mu U^\mu = q \gamma ({\bf A} \cdot {\bf v} - \phi)$ für Punktteilchenquellen?

Ruslan

@tparker es ist nicht falsch, aber deins ist es auch nicht. Meine ist gerade drin

+ - - -

${}+{}-{}-{}-{}$ metrische Signatur, im Gegensatz zu Ihrer.

Parker

Was? Nein, ich meinte nicht das Schild.

γ (A \cdot v - ϕ)

$\gamma({\bf A} \cdot {\bf v} - \phi)$ ist nicht dasselbe wie

A \cdot d x

${\bf A} \cdot d\bf{x}$ . Was macht "

d x

$d{\bf x}$ „sogar in einem Lagrange?

Ruslan

@tparker

x^{i}

$x^i$ ist der Punkt auf der Weltlinie eines Teilchens. Der Ausdruck

A_{i} d x^{i}

$A_i dx^i$ erweitert sich als

A^{0} d t - A d r

$A^0dt-\mathbf Ad\mathbf r$ , wo

d r \equiv v d t

$d\mathbf r\equiv \mathbf v dt$ . Nachdem Sie erweitert haben

d t

$dt$ bezüglich

d s

$ds$ du bekommst die

γ

$\gamma$ . Meine Notation stammt von Landau&Lifshitz vol. II

§ 16

$\S16$ .

Parker

Ah, verstanden. Ich ging von der Konvention aus, dass lateinische Buchstaben nur über räumliche Indizes laufen. Außer ich denke, in Ihrer Notation sollte es sein

- \frac{e}{c} {EIN}_{ich} \frac{d x^{ich}}{d τ},

$-\frac{e}{c} A_i \frac{dx^i}{d\tau},$ wo

τ

$\tau$ ist die Eigenzeit des Teilchens. Ihr Ausdruck hat nicht die Einheiten einer Lagrange-Dichte.

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Wie wird sich SR EM Lagrange ändern, wenn wir eine magnetische Ladung finden?

Ich denke, Ihr erster Ausdruck ist falsch - sollte es nicht sein $A_\mu J^\nu \to q A_\mu U^\mu = q \gamma ({\bf A} \cdot {\bf v} - \phi)$ für Punktteilchenquellen?
@tparker es ist nicht falsch, aber deins ist es auch nicht. Meine ist gerade drin ${}+{}-{}-{}-{}$ metrische Signatur, im Gegensatz zu Ihrer.
Was? Nein, ich meinte nicht das Schild. $\gamma({\bf A} \cdot {\bf v} - \phi)$ ist nicht dasselbe wie ${\bf A} \cdot d\bf{x}$ . Was macht " $d{\bf x}$ „sogar in einem Lagrange?
@tparker $x^i$ ist der Punkt auf der Weltlinie eines Teilchens. Der Ausdruck $A_i dx^i$ erweitert sich als $A^0dt-\mathbf Ad\mathbf r$ , wo $d\mathbf r\equiv \mathbf v dt$ . Nachdem Sie erweitert haben $dt$ bezüglich $ds$ du bekommst die $\gamma$ . Meine Notation stammt von Landau&Lifshitz vol. II $\S16$ .
Ah, verstanden. Ich ging von der Konvention aus, dass lateinische Buchstaben nur über räumliche Indizes laufen. Außer ich denke, in Ihrer Notation sollte es sein $- \frac{e}{c} {EIN}_{ich} \frac{d x^{ich}}{d τ},$ $-\frac{e}{c} A_i \frac{dx^i}{d\tau},$ wo $\tau$ ist die Eigenzeit des Teilchens. Ihr Ausdruck hat nicht die Einheiten einer Lagrange-Dichte.

Phönix87 · Answer 1

In Abwesenheit magnetischer Monopole sind die Maxwell-Gleichungen

\begin{aligned} d F & = 0, \\ d ⋆ F & = J_{e}, \end{aligned}

$\begin{align} \text d F &= 0 ,\\ \text d{\star F} &= J_e , \end{align}$

wo $J$ ist die 4-Strom-3-Form aufgrund elektrischer Ladungen (unter der Annahme einer Metrik mit Signatur $(-,+,+,+)$ ). Aus kohomologischen Gründen kann man aus der ersten Gleichung behaupten, dass es eine 1-Form gibt $A$ so dass $F = \text d A$ , und $A$ wird als das 4-Potenzial interpretiert $(\phi,\mathbf A)$ (bis auf die musikalische Isomorphie zwischen Tangenten- und Kotangensbündel zur Minkowski-Raumzeit). In Gegenwart von magnetischen Monopolen (oder Ladungen, um die Terminologie sogar zu symmetrieren) würden die obigen Gleichungen zu werden

\begin{aligned} d F & = J_{m}, \\ d ⋆ F & = J_{e}, \end{aligned}

$\begin{align} \text d F &= J_m ,\\ \text d{\star F} &= J_e , \end{align}$

wo $J_m$ ist der 4-Strom für magnetische Ladungen. Daher sind in dieser erweiterten Theorie der Elektrodynamik sowohl der Faraday-Tensor $F$ und sein Hodge-Dual $\star F$ (manchmal auch mit bezeichnet $G$ ) in konstitutiven Gleichungen vorkommen.

Seit $F$ keine geschlossene Form mehr ist, muss ihr Ausdruck beispielsweise durch die Einführung eines nicht-exakten Teils modifiziert werden $C$ , so dass

F = d EIN + C .

$F = \text d A + C.$

Da die Gleichungen symmetrisch sind in $F$ und $\star F$ wir können postulieren, dass es 1-Formen gibt $B$ und $D$ so dass

⋆ F = d B + D,

$\star F = \text d B + D,$

und nehme das an $C$ kommt drauf an $B$ , während $D$ kommt drauf an $A$ . Aber seit $\star\star = -1$ in der speziellen Relativitätstheorie schließen wir das

F = d EIN - ⋆ d B,

$F = \text dA - \star\text dB,$

die für zweifach differenzierbare Vektorfelder auf die Helmholtz-Zerlegung in Polar- und Axialteil bezogen werden kann.

Die Lorentzkraft für ein elektrisch geladenes Teilchen $q_e$ und magnetische Ladung $q_m$ wäre

K = ι_{u} (q_{e} F + q_{m} G),

$K = \iota_u(q_e F + q_m G),$ wo

u

$u$ ist der 4-Geschwindigkeitsvektor des Teilchens und

ι

$\iota$ bezeichnet das Innenprodukt. Der zusätzliche Term kann dann mit einem Lagrangian reproduziert werden, der den zusätzlichen Term enthält

B_{μ} u^{μ}

$B_\mu u^\mu$ .

Um mit der üblichen Vektornotation in Kontakt zu kommen, beachten Sie, dass der Faraday-Tensor die kovariante Matrixdarstellung hat

F = [\begin{matrix} 0 & - E^{T} \\ E & ⋆ H \end{matrix}]

$F = \begin{bmatrix}0&-~\mathbf E^T\\\mathbf E&\star\mathbf H\end{bmatrix}$ wo

⋆ H

$\star\mathbf H$ ist das Hodge-Dual des Magnetfelds

H

$\mathbf H$ , und kann als lineare Karte gedacht werden

(⋆ H) v = v \times H

$(\star\mathbf H)\mathbf v = \mathbf v\times\mathbf H$ für alle

v \in R^{3}

$\mathbf v\in\mathbb R^3$ . Schiefsymmetrische Tensoren wie der obige werden dann durch einen Polarvektor dargestellt

E

$\mathbf E$ und ein axialer Vektor

H

$\mathbf H$ , und kann als bezeichnet werden

F = (E, H)

$F=(\mathbf E,\mathbf H)$ . Nachdem diese Notation definiert wurde, ist die Aktion des Hodge-Duals dann

⋆ (E, H) = (H, - E)

$\star(\mathbf E,\mathbf H) = (\mathbf H,-\mathbf E)$ (bis auf ein Zeichen, an das ich mich nicht erinnern kann). Die äußere Ableitung des 4-Stroms

A

$A$ ist ein Tensor der obigen Form, und es stellt sich heraus, dass

d EIN = (\nabla {EIN}^{0} + \frac{\partial EIN}{\partial t}, \nabla \times EIN),

$\text dA = \left(\nabla A^0+\frac{\partial\mathbf A}{\partial t},\nabla\times\mathbf A\right),$ wobei die erste Komponente der polare Teil und die zweite der axiale Teil ist. Daher stellen wir ohne magnetische Ladungen die elektrischen und magnetischen Felder wieder her. Nun zum zusätzlichen Potenzial

B = (B^{0}, B)

$B=(B^0,\mathbf B)$ Wir haben unter Verwendung der Regel für das Hodge-Dual, die ein paar Zeilen weiter oben besprochen wurde,

⋆ d B = (\nabla \times B, - \nabla B^{0} - \frac{\partial B}{\partial t})

$\star\text dB = \left(\nabla\times\mathbf B, - \nabla B^0 - \frac{\partial\mathbf B}{\partial t}\right)$ Bemerkung hier $\mathbf B$ ist ein zusätzliches Vektorpotential, nicht zu verwechseln mit der magnetischen Induktion.

Rekonstruktion des Faraday-Tensors nach Vorschrift $F=\text dA - \star\text dB$ oben gegeben haben wir dann in Bezug auf polare und axiale Teile

F = (\nabla {EIN}^{0} + \frac{\partial EIN}{\partial t} - \nabla \times B, \nabla \times EIN + \nabla B^{0} + \frac{\partial B}{\partial t}),

$F = \left(\nabla A^0 + \frac{\partial\mathbf A}{\partial t} - \nabla\times\mathbf B, \nabla\times\mathbf A + \nabla B^0+\frac{\partial\mathbf B}{\partial t}\right),$ woher

E = \nabla {EIN}^{0} + \frac{\partial EIN}{\partial t} - \nabla \times B

$\mathbf E = \nabla A^0 + \frac{\partial\mathbf A}{\partial t} - \nabla\times\mathbf B$ und

H = \nabla \times EIN + \nabla B^{0} + \frac{\partial B}{\partial t} .

$\mathbf H = \nabla\times\mathbf A + \nabla B^0 + \frac{\partial\mathbf B}{\partial t}.$

Hmm, kann ich Sie bitten, dies einfacher umzuschreiben, nämlich in Komponenten und ohne diese unheimlichen Sterne, von denen ich keine Ahnung habe (ich habe Differentialgeometrie nicht studiert)? ...
Danke, das ist viel besser. Aber wie würden die $-\frac e c A_i dx^i$ Term in der Lagrange-Änderung mit diesem Extra $B$ Potenzial?
Sollte Ihre Matrix nicht haben $\star \mathbf H$ nicht $\star\mathbf B$ ?
Das ist eine tolle, prägnante Zusammenfassung. Könnten Sie bitte die von Ihnen verwendete metrische Signatur und Kontravarianz/Kovarianz für Ihre Matrixdarstellung angeben $F$ in deinem Anhang. Ich verstehe, dass Sie es vorziehen, so koordinatenfrei wie möglich zu antworten, aber Ihr Anhang soll helfen, Kontakt mit der "üblichen Vektornotation" herzustellen. Du scheinst zu konsumieren $(-,+,+,+)$ und kontravariante $F$ Komponenten, nein? Es gibt drei Dinge, die ich anscheinend nie richtig hinbekomme - und das Neuzuweisen von Signaturen ist eines davon!! (FYI Die anderen beiden konvertieren von natürlichen Einheiten und schreiben Software für andere Einheiten um!)
@oceloñe7 A $\star B$ Anstatt von $\star H$ ist durchaus üblich, zB bei Misner Thorne und Wheeler. Es ist mir im Allgemeinen egal, welche Konvention verwendet wird, solange sie klar angegeben ist, aber ich bin neugierig: In welchen Texten sehen Sie diese Konvention? Wenn Sie setzen $\star H$ würde es dort nicht ein bisschen unvereinbar oder umständlich mit der äußeren Ableitungsnotation erscheinen? Ich weiß, dass es bei der richtigen Wahl der Einheiten keinen Unterschied im Freiraum macht, aber die äußere Ableitung verlangt eindeutig nach $E$ mit gepaart werden $B$ und $H$ mit $D$ Maxwellsche Gleichungen so reproduzieren, dass ....
... richtig erweitert auf optische Materialien ( dh die Bianchi-Identität vereint Faraday- und magnetische Gauß-Gesetze, die Sterngleichung die anderen beiden) (Ich bin neugierig und auch etwas pedantisch, weil ich derzeit mit einigen Konzepten über anisotrope Optik zu kämpfen habe Materialien hier, also bin ich besonders vorsichtig bei den $D\,vs.\,E$ und $H\,vs. B$ Unterschied im Moment).
.... und der Vollständigkeit halber könnten Sie auch in Betracht ziehen, die äußere Ableitung für zwei Formulare in Ihrem Anhang zur Kontaktaufnahme zu schreiben ( $\star\,d F = \star\,d\,(E,\,B) = (\nabla\cdot B,\,\partial_t\,B + \nabla\times E)$ ).
@WetSavannaAnimalakaRodVance Ich denke, Sie haben Recht mit der Signatur. Obwohl ich normalerweise die andere Konvention bevorzuge, denke ich die Gleichung $dG = J$ in der (-,+,+,+)-Signatur korrekt ist. Vor diesem Hintergrund ist die Matrixdarstellung von F die kovariante, dh die von $F_{\mu\nu}$ .

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