Fundamentale Invarianten des elektromagnetischen Feldes

Question

Fundamentale Invarianten des elektromagnetischen Feldes

Emilio Pisanty

Es ist eine Standardübung in der relativistischen Elektrodynamik zu zeigen, dass der elektromagnetische Feldtensor $F_{\mu\nu}$ , deren Komponenten gleich der elektrischen sind $E^i=cF^{i0}$ und magnetisch $B_i=-\frac12\epsilon_{ijk}F^{jk}$ Felder im genommenen Bezugssystem, hat zwei Lorentz-Invarianten,

\frac{1}{2} F^{μ v} F_{μ v} = B^{2} - E^{2}

$\frac12F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=\mathbf{B}^2-\mathbf{E}^2$ und

\frac{1}{4} F_{μ v}^{*} F^{μ v} = \frac{1}{4} ϵ^{μ v a β} F_{μ v} F_{a β} = B \cdot E .

$\frac14F_{\mu\nu} {}^\ast F^{\mu\nu}=\frac14\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta }F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}.$

Es gibt jedoch einen weiteren Wikipedia-Artikel , der besagt, dass diese beiden Größen grundlegend sind , in dem Sinne, dass jede andere Invariante dieses Tensors eine Funktion dieser beiden sein muss. Während ich das plausibel finde, habe ich nie einen Beweis für diese Tatsache gesehen, und er fehlt zB bei Jackson. Gibt es einen einfachen Beweis für diese Tatsache? Ich interessiere mich besonders für Invarianten höherer Ordnung, aber ich möchte auch, dass die Antworten einen Beweis enthalten, dass dies die einzigen beiden Bilinears sind.

Um genauer zu sein, würde ich gerne einen Beweis dafür sehen

Jede Funktion $I:F_{\mu\nu}\mapsto I(F)\in\mathbb{R}$ das elektromagnetische Feldtensoren in reale Skalare umwandelt und Lorentz-invariant ist (dh $I(\Lambda_{\mu}^\alpha \Lambda_{\nu}^\beta F_{\alpha\beta})= I(F_{\mu\nu})$ für alle Lorentztransformationen) muss eine Funktion sein $I(F)=I'(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu},F_{\mu\nu}\ {}^\ast F^{\mu\nu})$ der beiden oben beschriebenen fundamentalen Invarianten.

Wenn es mehrere Möglichkeiten gibt, zu diesem Ergebnis zu gelangen, würde ich mich auch über Kommentare dazu freuen, wie sie zueinander in Beziehung stehen.

Trimok

@NijankowskiV. : Die Frage bezieht sich auf Invarianten höherer Ordnung (kubisch, quartisch usw.).

Trimok

@EmilioPisanty: Ich frage mich, ob es einen Zusammenhang damit gibt, dass die Anzahl der unabhängigen Casimir-Operatoren nur von der Symmetriegruppe abhängt, hier der Poincaré-Gruppe, und nicht von der Darstellung. Und das wissen wir, es gibt nur 2 unabhängige Casimir für die Poincaré-Gruppe...

Emilio Pisanty

@Trimok Das mag zwar etwas dran haben, aber jede solche Erklärung müsste entweder (a) die Zwei-Tensor-Eigenschaft und Asymmetrie von berücksichtigen

F

$F$ , oder (b) auch streng zwei unabhängige Invarianten für Tensoren jeden Ranges und jeder Symmetrie erzeugen. Obwohl nicht unplausibel, klingt (b) für mich unwahrscheinlich, während (a) etwas davon entfernt klingt.

Benutzer34134

Vielleicht verwenden sie nicht die ganze Allgemeingültigkeit, nach der Sie zu suchen scheinen, aber haben Sie arXiv:1309.4185 überprüft ?

QMechaniker

Anmerkungen zur Frage (v3): (i) Man könnte vielleicht explizit erwähnen, dass die reellen Skalare auch eichinvariant sein sollten (neben der Lorentz-Invariante), um zB auszuschließen

A_{μ} A^{μ}

$A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) Was ist mit Raumzeit-Ableitungen von

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ ? Sollen sie erlaubt sein? Z.B

F_{μ ν} ◻ F^{μ ν}

$F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ ,

\partial_{λ} F_{μ ν} \partial^{λ} F^{μ ν}

$\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , etc? (iii) Was ist mit anderen Dimensionen als 4D?

bolbteppa

Eigenwerte sind Invarianten, finde die Eigenwerte von

F_{ν}^{μ}

$F^{\mu}_{\nu}$ durch Berechnung der charakteristischen Gleichung

det (F_{ν}^{μ} - λ δ_{ν}^{μ}) = 0

$\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms spucken beide Ausdrücke aus (und werden nach dem Satz von Vieta in Bezug auf die Eigenwerte ausgedrückt, daher unveränderlich), Dalarsson sek. 15.3.

Parker

@Qmechanic Die Frage fragt explizit nach Funktionen von

F_{μ ν}

$F_{\mu \nu}$ und erwähnt nicht das Eichpotential. Tatsächlich lässt es die Möglichkeit zu, dass die

F

$F$ Form ist nicht geschlossen, in diesem Fall gibt es kein Konzept eines (weder lokalen noch globalen) Eichpotentials.

Parker

@bolbteppa Eigenwerte sind bei orthogonalen Transformationen unveränderlich, nicht bei Lorentz-Transformationen.

Antworten (6)

Fundamentale Invarianten des elektromagnetischen Feldes

@NijankowskiV. : Die Frage bezieht sich auf Invarianten höherer Ordnung (kubisch, quartisch usw.).
@EmilioPisanty: Ich frage mich, ob es einen Zusammenhang damit gibt, dass die Anzahl der unabhängigen Casimir-Operatoren nur von der Symmetriegruppe abhängt, hier der Poincaré-Gruppe, und nicht von der Darstellung. Und das wissen wir, es gibt nur 2 unabhängige Casimir für die Poincaré-Gruppe...
@Trimok Das mag zwar etwas dran haben, aber jede solche Erklärung müsste entweder (a) die Zwei-Tensor-Eigenschaft und Asymmetrie von berücksichtigen $F$ , oder (b) auch streng zwei unabhängige Invarianten für Tensoren jeden Ranges und jeder Symmetrie erzeugen. Obwohl nicht unplausibel, klingt (b) für mich unwahrscheinlich, während (a) etwas davon entfernt klingt.
Vielleicht verwenden sie nicht die ganze Allgemeingültigkeit, nach der Sie zu suchen scheinen, aber haben Sie arXiv:1309.4185 überprüft ?
Anmerkungen zur Frage (v3): (i) Man könnte vielleicht explizit erwähnen, dass die reellen Skalare auch eichinvariant sein sollten (neben der Lorentz-Invariante), um zB auszuschließen $A_{\mu}A^{\mu}$ . (ii) Was ist mit Raumzeit-Ableitungen von $F_{\mu\nu}$ ? Sollen sie erlaubt sein? Z.B $F_{\mu\nu} \Box F^{\mu\nu}$ , $\partial_{\lambda}F_{\mu\nu}\partial^{\lambda}F^{\mu\nu}$ , etc? (iii) Was ist mit anderen Dimensionen als 4D?
Eigenwerte sind Invarianten, finde die Eigenwerte von $F^{\mu}_{\nu}$ durch Berechnung der charakteristischen Gleichung $\det(F^{\mu}_{\nu} - \lambda \delta^{\mu}_{\nu}) = 0$ , die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms spucken beide Ausdrücke aus (und werden nach dem Satz von Vieta in Bezug auf die Eigenwerte ausgedrückt, daher unveränderlich), Dalarsson sek. 15.3.
@Qmechanic Die Frage fragt explizit nach Funktionen von $F_{\mu \nu}$ und erwähnt nicht das Eichpotential. Tatsächlich lässt es die Möglichkeit zu, dass die $F$ Form ist nicht geschlossen, in diesem Fall gibt es kein Konzept eines (weder lokalen noch globalen) Eichpotentials.
@bolbteppa Eigenwerte sind bei orthogonalen Transformationen unveränderlich, nicht bei Lorentz-Transformationen.

Benutzer23660 · Answer 1

Hier ist der Beweis aus der "Klassischen Theorie der Felder" von Landau & Lifshitz:

Nimm den komplexen (3)-Vektor:

F = E + ich B .

$\mathbf{F} = \mathbf{E}+i\, \mathbf{B}.$ Betrachten Sie nun das Verhalten dieses Vektors unter Lorentz-Transformationen. Es ist leicht zu zeigen, dass Lorentz-Boosts Drehungen um die imaginären Winkel entsprechen, z. B. Boost-In

(x, t)

$(x,t)$ Flugzeug:

\begin{matrix} F_{x} = F_{x}^{'}, \\ F_{j} = F_{j}^{'} cosch ψ - ich F_{z}^{'} Sünde ψ = F_{j}^{'} \cos ich ψ - F_{z}^{'} Sünde ich ψ . \\ F_{z} = F_{z}^{'} \cos ich ψ + F_{j}^{'} Sünde ich ψ, \end{matrix}

$\begin{gather} F_x=F'_x,\\ F_y = F'_y \cosh \psi - i F'_z \sinh \psi = F'_y \cos i \psi - F'_z \sin i \psi. \\ F_z = F'_z \cos i \psi + F'_y \sin i \psi, \end{gather}$ wo

\tanh ψ = \frac{v}{c}

$\tanh \psi = \frac{v}c$ , entsprechen der Rotation von

F

$\mathbf{F}$ durch imaginären Winkel

i ψ

$i \psi$ in dem

(y, z)

$(y,z)$ Flugzeug.

Insgesamt ist die Menge aller Lorentz-Transformationen (einschließlich der rein räumlichen Drehungen) gleichbedeutend mit der Menge aller möglichen Drehungen durch komplexe Winkel im dreidimensionalen Raum (wobei die sechs Drehwinkel im Vierraum den drei komplexen Winkeln entsprechen Rotation des dreidimensionalen Systems).

Die einzige Rotationsinvariante eines Vektors ist sein Quadrat: $\mathbf{F}^2 = E^2 - B^2 + 2 i (\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ also die realen Mengen $E^2-B^2$ und $(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})$ sind die einzigen zwei unabhängigen Invarianten des Tensors $F_{\mu\nu}$ .

Im Wesentlichen reduzieren wir also das Problem der Invariante von $F_{\mu\nu}$ unter Lorentz transformieren in Invarianten eines 3-Vektors unter Drehungen, der ein Quadrat eines Vektors ist (und nur er). Also jede Invariante $I(F)$ muss die Funktion von sein $\Re(F^2)$ und $\Im(F^2)$ .

Benutzer23660 · Answer 2

Hier ist ein weiterer Beweis.

Nehmen wir an, dass es eine andere Invariante gibt $I_3$ funktional unabhängig von $I_1= E^2-B^2$ und $I_2=\mathbf{B}\cdot\mathbf{E}$ . Dies würde das bedeuten

Es gibt Paare von Vektoren $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ und $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , die das gleiche haben $I_1$ und $I_2$ die aber nicht durch eine Lorentz-Transformation ineinander umgewandelt werden können (weil sie unterschiedliche Invariantenwerte haben $I_3$ ).
Wenn eine Lorentz-Transformation ein Paar ändert $(\mathbf{E},\mathbf{B})$ hinein $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ , dann gibt es ein weiteres Paar $(\mathbf{E}'',\mathbf{B}'')$ mit dem gleichen $I_1$ und $I_2$ (aber anders $I_3$ ), in die keine Lorentz-Transformation transformieren kann $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ .

Es ist leicht zu beweisen, dass sowohl 1 als auch 2 falsch sind. Lassen Sie uns (2) widerlegen. Lassen Sie uns dazu die einzigartige besondere Form von auswählen $(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ wo $\mathbf{E}'$ und $\mathbf{B}'$ sind beide parallel zu den $x$ Achse (und $E_x\ge 0$ ). Dies kann immer dann erfolgen, wenn mindestens einer der $I_1$ oder $I_2$ mit einer Kombination von Boost entlang der zueinander orthogonalen zu ungleich Null ist $\bf E$ und $\bf B$ Richtung mit der Geschwindigkeit $\bf v$ befriedigend

\frac{v / c}{1 + v^{2} / c^{2}} = \frac{[E \times B]}{E^{2} + B^{2}}

$\frac{\mathbf{v}/c}{1+v^2/c^2}=\frac{[\mathbf{E}\times \mathbf{B}]}{E^2+B^2}$ und räumliche Rotation (beachten Sie, dass eine solche Transformation nicht eindeutig ist). Da eine solche Transformation für alle Paare von existiert

(E, B)

$(\mathbf{E},\mathbf{B})$ und ein Paar

(E^{'}, B^{'})

$(\mathbf{E}',\mathbf{B}')$ ist eindeutig definiert durch

I_{1}

$I_1$ und

I_{2}

$I_2$ Wir haben bewiesen, dass 2 falsch ist. Wir haben also einen Widerspruch und keine unabhängige Invariante

I_{3}

$I_3$ existiert.

Hinweis : Ein Sonderfall von $I_1=0$ , $I_2=0$ muss gesondert betrachtet werden, bereitet aber keine besonderen Probleme.

Nikos M. · Answer 3

Ein (konstruktiver) Beweis basierend auf Die Invarianten des elektromagnetischen Feldes (arxiv, 2014)

Wir präsentieren einen konstruktiven Beweis, dass alle eichinvarianten Lorentz-Skalare in der Elektrodynamik als Funktion der quadratischen ausgedrückt werden können.

Zusammenfassung

Annahme einer verallgemeinerten Matrixschreibweise für die Tensoren in der Elektrodynamik.

Eine bequeme Möglichkeit, alle Skalare und Pseudoskalare zu klassifizieren, besteht darin, eine Ordnungsinvariante zu schreiben $n$ (gerade oder ungerade) in der Feldstärke als:

{ich}^{(n)} = F^{a β} \dots F^{κ λ} {ich}_{a β \dots κ λ} (n Faktoren)

$I^{(n)} = F^{\alpha\beta} \cdots F^{\kappa\lambda} I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda} \space\space\space (n \space \textrm{factors)}$

wo $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ wird aus dem einzigen Tensor und Pseudotensor konstruiert, die unter den eigentlichen Lorentz-Transformationen invariant sind: $\eta_{\mu\nu}$ und $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ .

Jetzt gibt es 3 Fälle:

A.

Das $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ enthält nicht die $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ Tensor.

Dann haben die Invarianten die generische Form:

{ich}^{(n)} = T r (F^{q}) T r (F^{p}) \dots T r (F^{r})

$I^{(n)} = Tr(F^q)Tr(F^p) \cdots Tr(F^r)$

mit $p+q+\cdots+r=n$

Die Antisymmetrie von $F$ impliziert, dass $Tr(F^q)=0$ Wenn $q$ ist ungerade.

Für sogar $p$ , die Paritätserhaltung und die Wiederholungsrelation:

T r (F^{p}) = - \frac{F}{2} T r (F^{p - 2}) + \frac{G}{16} T r (F^{p - 4})

$Tr(F^p) = −\frac{F}{2}Tr(F^{p−2}) + \frac{G}{16}Tr(F^{p−4})$

impliziert, dass alle Invarianten dieser Form auf die quadratischen Invarianten (und Funktionen davon) reduziert werden.

B.

Das $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ enthält $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ Tensor gerade oft.

In diesem Fall können die epsilon-antisymmetrischen Tensoren reduziert werden gemäß:

ϵ_{μ v ρ σ} ϵ_{π δ κ λ} = det [\begin{array}{cccc} η_{μ π} & η_{μ δ} & η_{μ κ} & η_{μ λ} \\ η_{v π} & η_{v δ} & η_{v κ} & η_{v λ} \\ η_{ρ π} & η_{ρ δ} & η_{ρ κ} & η_{ρ λ} \\ η_{σ π} & η_{σ δ} & η_{σ κ} & η_{σ λ} \end{array}]

$\boxed{\;\;\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\pi\delta\kappa\lambda } =\det\left[\begin{array}{cccc} \eta_{\mu\pi} & \eta_{\mu\delta} &\eta_{\mu\kappa} &\eta_{\mu\lambda}\\ \eta_{\nu\pi} &\eta_{\nu\delta} &\eta_{\nu\kappa} & \eta_{\nu\lambda} \\ \eta_{\rho\pi} & \eta_{\rho\delta} &\eta_{\rho\kappa} & \eta_{\rho\lambda}\\ \eta_{\sigma\pi} & \eta_{\sigma\delta} &\eta_{\sigma\kappa} &\eta_{\sigma\lambda}\end{array}\right]\;\;}$

und dann wie im Fall A behandelt .

C.

Das $I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda}$ enthält $\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}$ Tensor ungerade oft.

Analog zu Fall B kann vor allem bis auf einen Epsilon-Faktor reduziert werden, was zur generischen Form führt:

{ich}_{a β \dots κ λ μ v π δ} = η_{a β} \dots η_{κ λ} ϵ_{μ v π δ} (n - 2 Faktoren)

$I_{\alpha\beta \ldots \kappa\lambda\mu\nu\pi\delta} = \eta_{\alpha\beta}\cdots\eta_{\kappa\lambda}\epsilon_{\mu\nu\pi\delta} \space\space\space(n-2 \space\space \text{factors})$

Die einzige Invariante mit einem Epsilon-Tensor reduziert sich auf den Faktor der generischen Form:

{ich}^{(q + r)} = (F^{q})^{κ λ} ϵ_{κ λ π δ} (F^{r})^{π δ}

$I^{(q+r)} = (F^q)^{\kappa\lambda}\epsilon_{\kappa\lambda\pi\delta}(F^r)^{\pi\delta}$

die sich mit ähnlichen Rekursionsbeziehungen wie in Teil A auf quadratische Invarianten reduziert.

(Einzelheiten und Wiederholungsbeziehungen finden Sie im Dokument)

Mischa · Answer 4

Dies ist eine Kopie meiner Antwort auf eine andere Frage, die als Duplikat dieser Frage markiert wurde.

Ich muss zugeben, dass ich mit der Lorentz-Gruppe nicht sehr vertraut bin, aber diese Art von Fragen ist definitiv für die Gruppentheorie. Aus Wikipedia schließe ich, dass sich der elektromagnetische Feldtensor unter transformiert $(1,0)\oplus(0,1)$ Darstellung. Die allgemeine Idee ist, herauszufinden, wie viele Invarianten (d. h. $(0,0)$ ) kann aus zwei Werten gebildet werden, die sich nach unten transformieren $(1,0)\oplus(0,1)$ . Wir müssen also das Ergebnis der direkten Produkte finden $\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right]$ .

Basierend auf der hier gegebenen Erklärung schließe ich, dass es gleich ist

[(1, 0) \oplus (0, 1)] \otimes [(1, 0) \oplus (0, 1)] =

$\left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] \otimes \left[ (1,0)\oplus(0,1) \right] =$

[(1, 0) \otimes (1, 0)] \oplus [(0, 1) \otimes (0, 1)] \oplus 2 \cdot [(1, 0) \otimes (1, 0)] =

$[(1,0)\otimes(1,0)]\oplus[(0,1)\otimes(0,1)] \oplus 2\cdot[(1,0)\otimes(1,0)]=$

[(0, 0) \oplus (1, 0) \oplus (2, 0)] \oplus [(0, 0) \oplus (0, 1) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1) =

$[(0,0)\oplus(1,0)\oplus(2,0)] \oplus [(0,0)\oplus(0,1)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1) =$

2 \cdot (0, 0) \oplus [(1, 0) \oplus (0, 1)] \oplus [(2, 0) \oplus (0, 2)] \oplus 2 \cdot (1, 1)

$2\cdot (0,0) \oplus[(1,0)\oplus(0,1)] \oplus[(2,0)\oplus(0,2)] \oplus 2 \cdot(1,1)$

Die Anzahl der Skalare ( $(0,0)$ Darstellung) im Produkt ist 2. Wir können also nur zwei Skalare aus dem Produkt zweier elektromagnetischer Feldtensoren konstruieren.

löwenbrits · Answer 5

Ich denke, der Punkt ist, dass die einzigen invarianten Tensoren (unter richtigen Lorentz-Transformationen) sind $\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}$ und $\eta^{\mu\nu}$ , also enthält jede Invariante eine gewisse Anzahl von Potenzen von $F_{\mu\nu}$ wobei die Indizes mit diesen beiden unveränderlichen Tensoren zusammengezogen (erhöht) werden. Wegen Antisymmetrie und Symmetrie $\eta$ kann nur einmal auf handeln $F$ und $\epsilon$ kann nicht auf die gleiche Sache wirken $F$ mehr als zweimal. Das reduziert also die Möglichkeiten auf Potenzen von $F^2$ und $F\,{}^*F$

David · Answer 6

Berechnen wir das charakteristische Polynom des Tensors:

{F^{a}}_{b} = (\begin{matrix} 0 & E_{x} & E_{j} & E_{z} \\ E_{x} & 0 & - B_{z} & B_{j} \\ E_{j} & B_{z} & 0 & - B_{x} \\ E_{z} & - B_{j} & B_{x} & 0 \end{matrix})

${\mathbf{F}^a}_b = \begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z \\ E_x & 0 & -B_z & B_y \\E_y & B_z & 0 & -B_x \\ E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix}$

was sich herausstellt:

p_{F} (λ) = λ^{4} - (E^{2} - B^{2}) λ^{2} - (E \cdot B)^{2}

$p_{\mathbf{F}}(\lambda) = \lambda^4 - (\boldsymbol{E}^2-\boldsymbol{B}^2) \lambda^2 - (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B})^2$

Es ist ein bekanntes Ergebnis, dass das Auffinden der Invarianten eines Tensors auf das Auffinden der Invarianten reduziert werden kann, die Polynomfunktionen seiner Koordinaten sind, siehe Zheng (1994) .

Dies legt viel Gewicht auf die zitierte Referenz. Können Sie die Art des dort gemeldeten Ergebnisses ein wenig erläutern?
Im Wesentlichen für jede Invariante $f(F)$ wir können eine polinomiale Invariante finden $p(F)$ so dass: $f(F) = \phi\circ p(F)$ , sodass nicht-polynomiale Invarianten unter vernünftigen Bedingungen übersprungen werden können.

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