Prueba tensorial que$\det(F^{\mu\nu})=(\vec{E}\cdot\vec{B})^2$?

Question

Estoy tratando de entender por qué $\det(F^{\mu\nu})=(\vec{E}\cdot\vec{B})^2$. Por supuesto, uno puede calcular el determinante de a$F^{\mu\nu}$ expresado como una matriz con los componentes de la da en términos de $E_x, E_y, ...$, etc., pero estoy buscando algo un poco más profundo. En particular, entiendo que $\vec{E}\cdot\vec{B}$ puede ser escrito como

$$\vec{E}\cdot\vec{B}=-\frac{1}{8}\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma}.$$

Esto parece prometedor, porque entonces

$$(\vec{E}\cdot\vec{B})^2=\frac{1}{64}\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma}F^{\alpha\beta}F^{\gamma\delta},$$

que se ve terriblemente como la expresión para el factor determinante de la $F$ en términos de Levi-Civita tensores,

$$\det(F^{\mu\nu})=\frac{1}{4!}\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}F^{\mu\alpha}F^{\nu\beta}F^{\rho\gamma}F^{\sigma\delta}.$$

Pero no puedo averiguar cómo conectar estas dos expresiones. Desde $F$ es antisimétrica, se pueden invertir los dos índices de una sola $F$ en el costo de un signo menos, pero necesito una manera de permutar los índices entre diferentes $F$'s. Tampoco estoy seguro de cómo un factor de 3, posiblemente, podría entrar en para cambiar el 1/64 en un 1/24.

Answer 1

Las dos expresiones son superficialmente similares; tienen que ser por análisis dimensional. El índice de estructura es completamente diferente, y no creo que se puede convertir de uno a otro sin que esencialmente deshacer todo lo que hizo para obtener el primer resultado, a continuación, insertar el estándar de la prueba de la segunda consecuencia. Dicha prueba sería unenlightening ya que acababa de ser innecesariamente complicados.

Así que vamos a darles una simple derivación de el resultado que usted desea, directamente. El factor determinante es $$\det F^{\mu\nu} = \epsilon_{\mu\nu\rho\sigma} F^{\mu 0} F^{\nu 1} F^{\rho 2} F^{\sigma 3}$$ Hay ingenuamente $4!$ términos, pero el único distinto de cero términos son aquellos donde la $\mu \neq 0$, $\nu \neq 1$, $\rho \neq 2$, $\sigma \neq 3$. Es decir, tenemos que contar el número de alteraciones de 4 elemento del conjunto. Es fácil demostrar a través del estudio de antecentes hay $9$.

Cada uno de estos $9$ términos cuadráticos en $\mathbf{E}$, ya que hay dos índices iguales a cero, y por lo tanto de segundo grado en $\mathbf{B}$. Por otra parte, la suma de todos los $9$ términos es un tensorial invariante. Sólo hay dos independientes invariantes: $E^2 - B^2$ e $\mathbf{E} \cdot \mathbf{B}$. No podemos usar la primera, porque de lo contrario nuestros términos no todos tienen el mismo grado en $E$ e $B$. Entonces la respuesta debe ser proporcional a $(\mathbf{E} \cdot \mathbf{B})^2$, pero desde $(\mathbf{E} \cdot \mathbf{B})^2$ ha $9$ términos, simplemente debe ser igual.

Usted podría quejarse he utilizado componentes, pero tuve que debido a que su expresión es no tensorial. Los campos de $\mathbf{E}$ e $\mathbf{B}$ no están de Lorentz tensores, sino más bien una manera de escribir de los componentes de $F_{\mu\nu}$. Usted no puede esperar para demostrar que un enunciado acerca de los componentes sin necesidad de expandir en los componentes.

Answer 2

El determinante de la izquierda es invariante bajo transformaciones de Lorentz (adecuadas), por lo que fácilmente se puede calcular en un marco de referencia donde <span class="math-container">$E^2=E^3=0$</span>, es igual a <span class="math-container">$(E^1 H^1)^2=(\vec{E}\vec{H})^2 $</span>. Como <span class="math-container">$\vec{E}\vec{H} $</span> es una invariante bajo transformaciones de Lorentz correcto, esto demuestra su fórmula en un caso general.

Answer 3

Cito a mí mismo de un viejo PhysicsForums post

Si no me equivoco, (alguien que revise mis matemáticas) usted puede calcular el director de los invariantes de un tensor: $$F^a{}_a,\quad F^a{}_{[a} F^b{}_{b]},\quad F^a{}_{[a} F^b{}_{b}F^c{}_{c]},\quad F^a{}_{[a} F^b{}_{b} F^c{}_{c}F^d{}_{d]}$$ en 4 dimensiones. Te gustaría obtener la traza (suma de los autovalores), la suma de los productos de los pares de valores propios, la suma de los productos de triples, y, finalmente, el producto-de-la-4-valores propios (el determinante).

Para una verdadera matriz antisimétrica, los autovalores son imaginarios. Así, sólo aquellos con las sumas de los productos de los números de autovalores será distinto de cero.

(Más combinaciones, como $F^a{}_{[a} F^b{}_{b} F^c{}_{c}F^d{}_{d}F^e{}_{e}F^f{}_{f]}$ desaparecer ya que habría más de 4 factores antisymmetrized). Así que, sin embargo, dos son idénticamente cero.

En algún momento de su cálculo, usted probablemente tenga que hacer uso de la épsilon-delta identidades [a veces escrito como determinantes de delta-entradas] (como en este contratados combinación de $\epsilon_{abmn}\epsilon^{cdmn}=-4\delta_a{}^{[c}\delta_b{}^{d]}$ (hasta firmar convenios, basado en la firma y dimensionalidad)). Junto con el antisymmetry de $F_{ab}=F_{[ab]}$, creo que el índice de gynmastics va a funcionar.