Galileische Invarianz einer Teilmenge von Maxwell-Gleichungen

Question

Galileische Invarianz einer Teilmenge von Maxwell-Gleichungen

Physik
Elektromagnetismus
Maxwell-Gleichungen
Spezielle Relativität
Galileische Relativität

Rogerio Molina

Ich habe in Feynmans Beweis der Maxwell-Gleichungen die Aussage gelesen, dass die Teilmenge der Maxwell-Gleichungen aus der Bianchi-Identität stammt:

\nabla \cdot B = 0, \nabla \times E + \frac{1}{C} \frac{\partial B}{\partial T} = 0

$\nabla \cdot {\bf B} = 0, \quad \nabla \times {\bf E} + \frac{1}{c}\frac{\partial {\bf B} }{\partial t} = 0$ ist tatsächlich invariant unter Galilei-Transformationen. Ich bin auf diese Argumentation gekommen, ist sie richtig, oder übersehe ich etwas?

Erste $c$ als Konstante angenommen werden, sonst geht es nicht, ich glaube der Autor geht davon aus, sagt es aber nicht.

Eine galiläische Transformation, sagen wir auf der $x$ Achse, transformiert $x' = x -ut$ , $z'=z$ , $y'=y$ , $t' =t$ . Es mischt keine elektrischen und magnetischen Felder, also mischen sie nur Komponenten untereinander. Die Transformationsmatrix für das elektrische Feld, sagen wir, wird sein

E_{ich}^{'} (X^{'}) = \frac{\partial X^{k}}{\partial X^{' ich}} E_{k} (X) = E_{ich} (X)

$E'_i (x') = \frac{\partial x^k}{\partial x'^i} E_k(x) = E_{i}(x)$ und etwas Identisches für das Magnetfeld. Auch Ableitungen werden trivial transformiert

\nabla = \nabla^{'}, \frac{\partial}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t^{'}}

$\nabla =\nabla', \quad \frac{\partial {\bf } }{\partial t} = \frac{\partial {\bf } }{\partial t'}$ also folgt die Invarianz leicht.

Dann sagt der Autor, dass der gesamte Satz von Maxwell-Gleichungen aufgrund des Verschiebungsstromterms nicht unveränderlich ist. Ich verstehe diese Aussage nicht. Vermutlich bezieht er sich auf die Existenz von sich schnell ausbreitenden elektromagnetischen Wellen $c$ und dies wird unter Galilei-Transformationen nicht konstant sein, außer dass die Gleichungen aufgrund des Arguments, das ich oben gegeben habe, ihre gleiche Form behalten würden.

Aber wenn wir anfangen anzunehmen $c$ keine Konstante ist, dann könnten wir nicht einmal die Invarianz der ersten beiden Gleichungen beweisen (der Punkt ist vielleicht, dass wir in einem solchen Fall nicht interpretieren können $c$ wie die Geschwindigkeit von irgendetwas?).

QMechaniker

Kleiner Kommentar zum Beitrag (v1): Bitte verlinken Sie in Zukunft auf Abstract-Seiten statt auf PDF-Dateien, zB arxiv.org/abs/hep-ph/0106235

Rogerio Molina

Ich war mir nicht bewusst, dass es so gemacht werden sollte, entschuldigen Sie.

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Galileische Invarianz einer Teilmenge von Maxwell-Gleichungen

Kleiner Kommentar zum Beitrag (v1): Bitte verlinken Sie in Zukunft auf Abstract-Seiten statt auf PDF-Dateien, zB arxiv.org/abs/hep-ph/0106235
Ich war mir nicht bewusst, dass es so gemacht werden sollte, entschuldigen Sie.

Benutzer8817 · Answer 1

Kommen wir zu Ihren eigenen Aussagen .

Erstens ist die Zeitableitung nach Transformationen nicht gleich einer "alten" Ableitung: for $\mathbf r' = \mathbf r - \mathbf u t = \mathbf r - \mathbf u t' \Rightarrow \mathbf r = \mathbf r' + \mathbf u t'$

\partial_{T^{'}} = (\partial_{T^{'}} R) \partial_{R} + (\partial_{T^{'}} T) \partial_{T} = (u \cdot \nabla) + \partial_{T}, (u \cdot \nabla) = u^{ich} \partial_{X_{ich}} .

$\partial_{t'} = (\partial_{t'}\mathbf r )\partial_{\mathbf r} + (\partial_{t'}t) \partial_{\mathbf t} = (\mathbf u \cdot \nabla ) + \partial_{t}, \quad (\mathbf u \cdot \nabla ) = u^{i}\partial_{x_{i}} .$ Also mit

\nabla^{'} = \nabla

$\nabla ' = \nabla$ , "Bianchi"-Gleichungen werden umgewandelt in

(\nabla \cdot B^{'}) = 0, [\nabla \times E^{'}] + \frac{1}{C} \partial_{T} B^{'} + \frac{1}{C} (u \cdot \nabla) B^{'} = 0. (.1)

$(\nabla \cdot \mathbf B') = 0 , \quad [\nabla \times \mathbf E '] + \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf B' + \frac{1}{c}(\mathbf u \cdot \nabla)\mathbf B ' = 0. \qquad (.1)$ Zweitens die Form von

E^{'} (r^{'}, t^{'}), B^{'} (r^{'}, t^{'})

$\mathbf {E}'(\mathbf r', t'), \mathbf B ' (\mathbf r ' , t')$ ist nicht gleich

E (r, t), B (r, t)

$\mathbf E (\mathbf r , t), \mathbf B (\mathbf r , t)$ . Lassen Sie uns den Lorentz-Kraftausdruck verwenden,

F = Q E + \frac{Q}{C} [v \times B] .

$\mathbf F = q\mathbf E + \frac{q}{c}[\mathbf v \times \mathbf B ].$ Es kommt nicht auf die Beschleunigung an, daher die Aussage

F^{'} = F

$\mathbf F ' = \mathbf F$ unter galiläischer Transformation ist wahr. Das bedeutet es

E + \frac{1}{C} [v \times B] = E^{'} + \frac{1}{C} [v^{'} \times B^{'}] .

$\mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf v \times \mathbf B] = \mathbf E ' + \frac{1}{c}[\mathbf v ' \times \mathbf B'].$ Durch die Verwendung der Galilei-Transformation für Geschwindigkeit,

v^{'} = v - u

$\mathbf v' = \mathbf v - \mathbf u$ , kann diese Gleichung umgeschrieben werden als

E + \frac{1}{C} [v \times B] = E^{'} + \frac{1}{C} [v \times B^{'}] - \frac{1}{C} [u \times B^{'}], (.2)

$\mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf v \times \mathbf B] = \mathbf E ' + \frac{1}{c}[\mathbf v \times \mathbf B '] - \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B'], \qquad (.2)$ also die aussage das

E = E^{'}, B = B^{'}

$\mathbf E = \mathbf E ' , \quad \mathbf B = \mathbf B '$ ist nicht korrekt. Sie müssen also Ausdrücke finden

E^{'}

$\mathbf E '$ Und

B^{'}

$\mathbf B'$ über

E

$\mathbf E$ ,

B

$\mathbf B$ .

Durch Umschreiben $(.2)$ ,

E + \frac{1}{C} [v \times (B - B^{'})] = E^{'} - \frac{1}{C} [u \times B^{'}],

$\mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf v \times (\mathbf B - \mathbf B' )] = \mathbf E ' - \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B '] ,$ aus Gründen der Willkür

u

$\mathbf u$ Sie können die Lösung erhalten:

B^{'} = B, E^{'} = E + \frac{1}{C} [u \times B] .

$\mathbf B' = \mathbf B , \quad \mathbf E' = \mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B ].$ Durch Substitution dieser Gleichungen zu

(.1)

$(.1)$ Sie erhalten

(\nabla \cdot B) = 0, [\nabla \times E] + \frac{1}{C} [\nabla \times [u \times B]] + \frac{1}{C} \partial_{T} B + \frac{1}{C} (u \cdot \nabla) B = [\nabla \times E] + \frac{1}{C} \partial_{T} B = 0,

$(\nabla \cdot \mathbf B)= 0 , \quad [\nabla \times \mathbf E] + \frac{1}{c}[\nabla \times [\mathbf u \times \mathbf B]] + \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf B + \frac{1}{c}(\mathbf u \cdot \nabla) \mathbf B = [\nabla \times \mathbf E] + \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf B = 0,$ denn für

u = c o n s t

$\mathbf u = const$

[\nabla \times [u \times B]] = u (\nabla \cdot B) - (u \cdot \nabla) B = - (u \cdot \nabla) B .

$[\nabla \times [\mathbf u \times \mathbf B]] = \mathbf u (\nabla \cdot \mathbf B) - (\mathbf u \cdot \nabla )\mathbf B = - (\mathbf u \cdot \nabla )\mathbf B .$ Das erste Paar der Maxwellschen Gleichungen ist also eindeutig unveränderlich unter galiläischen Transformationen.

Schauen wir uns das andere Paar von Maxwell-Gleichungen an :

[\nabla \times B] - \frac{1}{C} \partial_{T} E = 0, (\nabla \cdot E) = 0 . (.3)

$[\nabla \times \mathbf B] - \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf E = 0 , \quad (\nabla \cdot \mathbf E ) = 0 . \qquad (.3)$ Indem Sie einen Ausdruck verwenden, der oben abgeleitet wurde, können Sie umschreiben

(.3)

$(.3)$ als

[\nabla \times B] - \frac{1}{C} \partial_{T} E^{'} - \frac{1}{C} (u \cdot \nabla) E^{'} =

$[\nabla \times \mathbf B] - \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf E ' - \frac{1}{c}(\mathbf u \cdot \nabla)\mathbf E' =$

= [\nabla \times B] - \frac{1}{C} \partial_{T} E - \frac{1}{C} (u \cdot \nabla) E - \frac{1}{C^{2}} \partial_{T} [u \times B] - \frac{1}{C^{2}} (u \cdot \nabla) [u \times B] = 0,

$=[\nabla \times \mathbf B] - \frac{1}{c}\partial_{t}\mathbf E - \frac{1}{c}(\mathbf u \cdot \nabla)\mathbf E - \frac{1}{c^{2}}\partial_{t}[\mathbf u \times \mathbf B] - \frac{1}{c^{2}}(\mathbf u \cdot \nabla)[\mathbf u \times \mathbf B]= 0,$

(\nabla \cdot E) + \frac{1}{C} (\nabla \cdot [u \times B]) = (\nabla \cdot E) - \frac{1}{C} (u \cdot [\nabla \times B]) = 0 .

$(\nabla \cdot \mathbf E ) + \frac{1}{c}(\nabla \cdot [\mathbf u \times \mathbf B]) = (\nabla \cdot \mathbf E ) -\frac{1}{c}(\mathbf u \cdot [\nabla \times \mathbf B]) = 0 .$ Das Erfordernis der Galileischen Invarianz der zweiten Gleichung führt zu dieser Aussage

\frac{1}{c} (u \cdot [\nabla \times B])

$\frac{1}{c}(\mathbf u \cdot [\nabla \times \mathbf B])$ , was im allgemeinen Fall nicht zutrifft. Analoges Schließen kann für die erste Gleichung verwendet werden.

Das zweite Paar von Maxwells Gleichungen ist also nicht invariant unter Galilei-Transformationen.

@PhysiXxx Wirklich, wirklich nette Antwort. Wenn ich etwas vorschlagen darf, würde ich mich freuen, die galiläische Transformation der Quellen zu sehen $j^{\prime}=j$ Und $\rho^{\prime}=\rho + v\cdot j$ , da die Gesetze von Ampère-Maxwell und Gauß Gleichungen mit Quellen sind. Das Hinzufügen der Quellen ändert natürlich weder Ihre Argumentation noch Ihre Schlussfolgerung. Eine weitere für Rogelio Molina möglicherweise interessante Bemerkung: Die Galileische Invarianz des Faraday-Gesetzes wird verwendet, um es in Jacksons Buch im Kapitel über Induktion (Abschnitt 5.15 mit dem Titel Farday-Gesetz ) zu demonstrieren.

Oliver Fabio Piatella · Answer 2

Die bereits gegebene Antwort ist sehr ordentlich, aber ich möchte auf den folgenden Punkt eingehen.

Die Transformationen

$\mathbf B' = \mathbf B , \quad \mathbf E' = \mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B ]$

werden bezogen von

$\mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf v \times (\mathbf B - \mathbf B' )] = \mathbf E ' - \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B ']$

durch die folgende Begründung. $\mathbf v$ die Geschwindigkeit des geladenen Teilchens ist, das ein Testteilchen ist. Als solches kann es die Felder nicht beeinflussen, dh $\mathbf E$ , $\mathbf E'$ , $\mathbf B$ Und $\mathbf B'$ nicht abhängen $\mathbf v$ . Darüber hinaus, $\mathbf u$ ist willkürlich und hängt nicht von ab $\mathbf v$ . Daher müssen wir loswerden $\mathbf v$ In

$\mathbf E + \frac{1}{c}[\mathbf v \times (\mathbf B - \mathbf B' )] = \mathbf E ' - \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf B ']$

und dies wird erreicht, indem man das verlangt

$\mathbf B' = \mathbf B$

das ist in der Tat eine unserer Transformationen, die andere folgt unmittelbar auf die Substitution.

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