Demostrar una identidad "fácilmente", como escribe el autor, en el electromagnetismo de la RG

Question

El último día y, algunos días antes, me encontré con que era incapaz de demostrar una Ecuación, mientras que el autor decía que era "fácilmente" deducible (Capítulo 6, página 127, Magnetohidrodinámica ideal 3+1- Éric Gourgoulhon)

En casi todas las demás derivaciones, no he tenido problemas, pero actualmente estoy atascado con esto.

El tensor de tensión-energía del campo electromagnético es: ( $F$ es antisimétrico)

$$T_{\alpha \beta} = \dfrac{1}{\mu_0} \bigg(F_{\mu\alpha}F^{\mu}_{\,\,\,\beta}-\dfrac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu \nu}g_{\alpha\beta}\bigg)$$ Mientras estas ecuaciones se mantienen:

\begin{equation} \label{2} \nabla_\mu *\!F^{\alpha \mu} = 0 \end{equation} \begin{equation} \label{1} \tag{2}\nabla_\mu F^{\alpha \mu} = \mu _0 j^\alpha \end{equation} donde $*F$ es el operador dual de Hodge, la primera ecuación se escribe en la forma más sencilla $$\tag{3}\nabla _\alpha F_{\beta\gamma}+\nabla _\beta F_{\gamma\alpha} +\nabla _\gamma F_{\alpha\beta} =0$$

Así que básicamente usamos las dos últimas ecuaciones, necesito demostrar que $$\nabla_\beta T_{\alpha}\,^\beta = F_{\mu \alpha}j^{\mu}$$

Uno puede ir de inmediato a esto:

$$\nabla_\beta T_{\alpha}\,^\beta = F_{\mu \alpha}j^{\mu}+ F^{\mu \beta}\nabla_\beta F_{\mu \alpha} -\dfrac{1}{4} \nabla_\alpha( F_{\mu\nu}F^{\mu \nu})$$

e incluso con el uso de la ecuación $(3)$ No podemos deshacernos del 1/4. Básicamente, aparte del 1er término, la parte derecha debería desaparecer, pero no puedo establecerlo realmente.

Answer 1

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $$\nabla_\alpha(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu})=F^{\mu\nu}(\nabla_\alpha F_{\mu\nu})+F_{\mu\nu}(\nabla_\alpha F^{\mu\nu})=F^{\mu\nu}(\nabla_\alpha F_{\mu\nu})+F^{\mu\nu}(\nabla_\alpha F_{\mu\nu})$$ $$=2F^{\mu\nu}(\nabla_\alpha F_{\mu\nu})=-2F^{\mu\nu}(\nabla _\mu F_{\nu\alpha} +\nabla _\nu F_{\alpha\mu}).$$ Utilizando esta ecuación, la antisimetría de $F_{\mu\nu}$ y el hecho de que podemos renombrar libremente los índices ficticios, obtenemos $$F^{\mu \beta}\nabla_\beta F_{\mu \alpha} -\dfrac{1}{4} \nabla_\alpha( F_{\mu\nu}F^{\mu \nu})=F^{\mu \beta}\nabla_\beta F_{\mu \alpha} + \frac{1}{2}F^{\mu\nu}(\nabla _\mu F_{\nu\alpha} +\nabla _\nu F_{\alpha\mu})$$ $$=F^{\mu \nu}\nabla_\nu F_{\mu \alpha} + \frac{1}{2}F^{\mu\nu}(\nabla _\mu F_{\nu\alpha} +\nabla _\nu F_{\alpha\mu})$$ $$=-F^{\mu \nu}\nabla_\nu F_{\alpha\mu} + \frac{1}{2}F^{\mu\nu}(\nabla _\mu F_{\nu\alpha} +\nabla _\nu F_{\alpha\mu})=\frac{1}{2}F^{\mu\nu}(\nabla _\mu F_{\nu\alpha}-\nabla _\nu F_{\alpha\mu})$$ Utilizando la antisimetría de $F_{\mu\nu}$ se puede comprobar que la cantidad dentro del paréntesis es simétrica bajo el intercambio de $\mu$ y $\nu$ . Como se contrae con la antisimétrica $F^{\mu\nu}$ la contracción debe desaparecer.