Campo EM dual en términos de campo EM original

Question

En la teoría de Maxwell tenemos una descripción dual en términos de campos duales:

$$\tilde{F}_{\mu\nu} = \partial_\mu \tilde{A}_\nu - \partial_\nu \tilde{A}_\mu = \varepsilon_{\mu\nu\rho\sigma} F^{\rho\sigma}$$ $$F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu$$

Cómo resolver esta ecuación para $\tilde{A}_\mu$ en términos de $A_\mu$ ?

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Tengo algunas ideas sobre soluciones: $$\tilde{A}_\mu \propto \varepsilon_{\mu\nu\rho\sigma}x^\nu \partial^\rho A^\sigma$$

O algo así: $$\tilde{A}_\mu = \int^x \varepsilon_{\mu\nu\rho\sigma}dx^\nu \partial^\rho A^\sigma$$

También parece que la primera solución es local, la segunda es no local.

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Dualidad electromagnética :

Ecuaciones de Maxwell: $$\begin{equation} \begin{cases} \partial_\mu F^{\mu\nu} = 0 \\ \partial_\mu \tilde{F}^{\mu\nu} = 0 \end{cases} \end{equation}$$ son invariantes bajo:

$$F^{\mu\nu} \leftrightarrow \tilde{F}^{\mu\nu}$$

Así que podemos formular la teoría usando el potencial dual e-m.

O, más formalmente, utilizando la integral de la trayectoria:

$$\begin{equation} \int DA \;e^{-\frac{1}{4e^2} F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}} = \int DF D\tilde{A} \;e^{-\frac{1}{4e^2} F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} + i\tilde{A}_\mu \varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\partial_\nu F_{\rho\sigma}} = \int D\tilde{A} \; e^{-\frac{e^2}{4} \tilde{F}^{\mu\nu}\tilde{F}_{\mu\nu}} \end{equation}$$

Answer 1

Realizando una transformada de Fourier, se encuentra:

$2 \epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}p^\rho \tilde{A}^\sigma(p) = p_\mu A_\nu(p) - p_\nu A_\mu(p)~.$

Puedes ver cada lado de la ecuación como un operador que mapea un vector a un tensor antisimétrico, actuando sobre el vector $\tilde{A}$ en la izquierda y en el vector $A$ a la derecha. Explícitamente, al definir

$\tilde{M}_{\mu\nu}^{~~\sigma}(p) = 2\epsilon_{\mu\nu\rho}^{~\sigma}p^\rho~,\\ M_{\mu\nu}^{~~~~\lambda}(p) = p_\mu \delta_ \nu^\lambda -p_\nu \delta_\mu^\lambda~,$

su ecuación se convierte en

$ \tilde{M}_{\mu\nu}^{~~\sigma}(p) \tilde{A}_\sigma(p) = M_{\mu\nu}^{~~\lambda}(p) A_\lambda(p)~.$

Ahora su problema se convierte en el de invertir uno de estos dos operadores, digamos $\tilde{M}$ para la definición (están relacionados entre sí por la contracción con el tensor épsilon, por lo que no hay gran diferencia en cuál de ellos se elige). Desgraciadamente no son invertibles, porque se puede comprobar fácilmente que el vector $p^\mu$ se mapea al tensor antisimétrico evanescente. Esto no es tan sorprendente, sólo es equivalente a la afirmación de que las intensidades de campo son invariantes bajo tranformaciones gauge, pero aún así significa que estrictamente hablando no se pueden invertir estos operadores y encontrar $\tilde{A}$ en términos de $A$ (o viceversa). A lo sumo se puede encontrar una solución hasta una transformación gauge es decir, se puede encontrar $\tilde{A}_\mu$ hasta un desplazamiento de la forma $p_\mu C(p)$ donde $C(p)$ es una función arbitraria de $p$ .

Una vez que acepte que esto es lo máximo que puede hacer, podrá comprobar fácilmente que el operador

$\tilde{N}_\omega^{\mu\nu}(p)\,= \,b \,\frac{1}{p^2}\epsilon_\omega^{\mu\nu\tau}p_\tau$

-- con una elección adecuada del coeficiente numérico $b$ que no trataré de arreglar pero que se puede arreglar con un cálculo directo -- cumple la tarea de casi invertir $\tilde{M}(p)$ es decir, existe un $C(p)$ tal que

$\tilde{N}_\omega^{\mu\nu}(p)\tilde{M}_{\mu\nu}^{~~\sigma}(p) \tilde{A}_\sigma(p) = \tilde{A}_\omega(p) + p_\omega C(p)~.$

(Para fijar la constante numérica $b$ hay que utilizar la identidad que relaciona la contracción de dos tensores épsilon con la suma de un montón de productos de deltas de Kronecher).

Así que la mejor respuesta posible a tu pregunta es -en el espacio del momento-

$\tilde{A}_\omega(p) = \tilde{N}_\omega^{\mu\nu}(p) M_{\mu\nu}^{~~\lambda}(p) A_\lambda(p) - p_\omega C(p)~.$

Nótese que esta relación NO es polinómica en el momento, porque el operador $\tilde{N}$ contiene un $1/p^2$ y, por lo tanto, no es local. Si se expresa en el espacio de posición contiene algo así como la inversa de un Laplaciano (o D'Alembertiano si está en firma lorentziana). No existe ninguna relación local entre un campo gauge y su dual EM, básicamente porque necesitas invertir una derivada para obtener uno del otro.

Answer 2

$\newcommand{\d}{\mathrm{d}}$ El campo dual es $\tilde{A}$ donde $$\d \tilde{A} = \star\; \d A. \tag{1}$$ $\tilde A$ es no local en términos de $A$ . Una fórmula cerrada que obtiene $\tilde A$ de $A$ no se conoce (al menos que yo sepa). En espíritu debería parecerse más a tu segunda relación, aunque no del todo debido a las contracciones de índices ocultas en las derivadas exteriores.

Una forma de acercarse a la obtención de $\tilde{A}$ de $A$ sería tomar la ecuación (1) e integrarla sobre una variedad $M$ cuyo límite es un solo punto, $\cal P$ . Entonces $$\begin{align} \int_M \d \tilde A &= \int_M \star\; \d A \\ \int_{\partial M} \tilde A &= \int_M \star\; \d A \\[5mm] \tilde A (\cal P) &= \int_M \star\; \d A. \end{align}$$ Entonces debería imaginarse arrastrando $\cal P$ para obtener $\tilde A$ en cualquier lugar del espacio, pero no sé cómo hacerlo en matemáticas :(

En la mayoría de los casos (no en todos, por supuesto) no te importa del todo lo que $\tilde A$ es en sí mismo porque aparece como $\d\tilde A$ que usted conoce, o acoplado como $\tilde A\wedge\d[\text{something}]$ para que puedas cambiar esto por $\d\tilde A \wedge[\text{something}]$ .

Answer 3

Dual en este contexto es el Hodge dual Por lo que tengo entendido.

El dual de un tensor de rango 2 en el espacio 4d es también un tensor de rango 2 (de ahí la similitud entre $F$ y $\tilde{F}$ ). El dual de Hodge de un vector (tensor de rango 1) es el tensor de rango 3. Se puede empezar con

$\mathbf{A}=A_\mu dx^\mu$

y luego encontrar

$\star \mathbf{A} = \tilde{A}_{\nu\zeta\xi}\: dx^\nu dx^\zeta\ dx^\xi=\epsilon_{\mu\nu\zeta\xi}g^{\mu\kappa}A_\kappa dx^\nu dx^\zeta\ dx^\xi$

Donde $g^{\mu\kappa}$ es la métrica inversa.

No estoy seguro de que le sirva de algo. Supongo que si la métrica es trivial, el dual $\tilde{A}$ depende linealmente de $A$ . Pero esto sólo es cierto con una métrica trivial. Entonces, ¿merece la pena hacer esto?