¿Cómo ver que $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es una derivada total?

Question

Dado que $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es un invariante de Lorentz de los campos electromagnéticos, parece interesante insertarlo en un Lagrangiano para ver qué sucede. Sin embargo, esto termina desapareciendo, y me dicen que debería ser obvio porque es una derivada total.

Sin embargo, esto no es obvio para mí. ¿Hay una manera fácil de verlo?

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

¿Es en realidad una derivada total?

También agradecería si alguien puede mostrar de qué es la derivada, para poder calcularla y que se me aclare.

Answer 1

Para completitud, aquí está la versión de notación tensorial.

Primero reescribiendo:

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

donde el último paso utiliza el cambio de etiquetas y la anti-simetría de $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$.

Similarmente

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

Ahora moviendo una de las derivadas al principio

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

y note que el último término es cero porque las derivadas conmutan y por lo tanto son simétricas en esas etiquetas, mientras que $\epsilon_{\alpha\beta\gamma\delta}$ es anti-simétrico.

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

Answer 2

La forma más sencilla de examinar $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es mirar los campos en función del potencial vectorial en la calibre de Weyl, donde $A^0=0$. En ese calibre, se obtiene: \begin{align} \mathbf{E} &= - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},\ \mathrm{y} \\ \mathbf{B} &= \nabla \times \mathbf{A}. \end{align>

Así se obtiene: \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> Ahora examinemos la integral espacio-temporal de esta cantidad: \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{integrar\ por\ partes\ en\ }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{integrar\ por\ partes\ en\ espacio} \\ & = -\int \epsilon_{kji}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{descartar\ términos\ superficiales} \\ &&& \mathrm{y\ renombrar\ variables\ dummy} \\ & = \int \epsilon_{ijk}\frac{\partial A_i}{\partial t} \left(\frac{\partial A_k}{\partial x_j}\right) \operatorname{d}x^4 && \mathrm{intercambiar\ índices\ de\ }\epsilon \end{align> Observa que acabamos de demostrar que la integral es igual a menos de sí misma, y por lo tanto debe desaparecer si desaparecen los términos superficiales.

Answer 3

Primero ten en cuenta que puedes reescribir $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ como $$ \mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F $$ usando una forma $2$-tensor campo de fuerza $F$ donde $\mathbf{E}$ y $\mathbf{B}$ están definidos como \begin{align} F_{0i}&=E_i ,\\ F_{ij}&=\epsilon_{ijk}B_k. \end{align} Más específicamente, \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} Luego es fácil mostrar que $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$ es una derivada total usando $F=dA$, es decir, $$ \mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto F\wedge F=d(A\wedge F). $$

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Como comentario adicional, $F\wedge F$ contiene la forma de volumen pero está ausente en $\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}$. Así que la forma correcta de escribir es $$ \int d^4x \,\mathbf{E}\cdot\mathbf{B}\propto\int F\wedge F. $$