Contando el número de propagación de grados de libertad en Lorenz Calibre de la Electrodinámica

Question

¿Cómo puedo definitivamente muestran que sólo hay dos propagación de grados de libertad en el Lorenz Medidor de $\partial_\mu A^\mu=0$ en la electrodinámica clásica. Necesito un claro argumento de que

1. implica que las ecuaciones de movimiento para sólo los potenciales $A^0$$\mathbf{A}$, y no los campos eléctrico y magnético.

2. incluye fuentes de $\rho$ $\mathbf{J}$ en las ecuaciones de movimiento. Esto es para justificar la afirmación de que hay grados de libertad que separar del resto del sistema.

3. no deben basarse en la cuántica campo teórico de argumentos (aunque complementarios comentarios son bienvenidos).

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Para ilustrar el nivel de claridad que esperar, que proporcione un argumento en el gauge de Coulomb $\nabla\cdot \mathbf{A} = 0$:

De los cuatro grados de libertad, el indicador de condición de $\nabla\cdot \mathbf{A} = 0$ elimina un grado de libertad (el longitudinalmente polarizada ondas EM).

Para mostrar que entre el resto de los tres grados de libertad, sólo dos están propagando, en el campo de las ecuaciones de movimiento en el gauge de Coulomb:

\begin{align} \nabla^2 A^0 &= -\rho/\epsilon_0,\\ \big[\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\big]\mathbf{A}&= \mu_0 \mathbf{J}-\nabla \frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}A^0. \end{align}

La primera ecuación NO es una ecuación de onda para $A^0$, y por lo tanto, no se propagan. La última ecuación ES una ecuación de onda, y describe la propagación de dos grados de libertad (ley de Gauss en primer eq. puede ser resuelto, y luego se coloca en la segunda ecuación para mostrar que $\mathbf{A}$ sólo a las parejas a la Solenoidal parte de la actual).

Answer 1

Me gustaría saber cómo exactamente las ecuaciones de movimiento en el Lorenz medidor se elimina el segundo grado de libertad.

En el Lorenz 'calibre', tenemos

$$\Box A^{\mu} = \mu_0j^{\mu}$$

Si $A^{\mu}$ es una solución, entonces se $A^{\mu} + N\epsilon^{\mu}e^{-ik\cdot x}$ si

$$\Box (N\epsilon^{\mu}e^{-ik\cdot x}) = 0$$

La coherencia con la condición de Lorenz

$$\partial_{\mu}A^{\mu}=0$$

requiere

$$k \cdot \epsilon = 0 $$

y la coherencia con la ecuación de movimiento requiere que

$$k^2 = k \cdot k = 0$$

Pero esto significa que si una polarización de cuatro vectores $\epsilon$ cumple la condición

$$k \cdot \epsilon = 0$$

a continuación, $\epsilon' = \epsilon + \alpha k$ también satisface esta condición

$$k \cdot \epsilon' = k \cdot (\epsilon + \alpha k) = k \cdot \epsilon + \alpha k^2 = 0$$

Esto significa que podemos elegir un $\epsilon^{\mu}$ tal que $\epsilon^0 = 0$ y luego el de Lorenz condición implica que la onda y la polarización de 3 vectores son ortogonales

$$\vec k \cdot \vec\epsilon = 0$$

tan sólo hay dos independiente de la polarización de los vectores (por libre propagación de la onda de soluciones).

Para resumir, el de Lorenz condición implica que la onda y la polarización de cuatro vectores (Minkowski) ortogonal dejando tres polarización grados de libertad.

La ecuación de movimiento implica que la onda cuatro-vector es nulo. Desde null-vectores son auto-ortogonal ($k^2 = 0$), nos quedamos con dos polarización física grados de libertad.

Answer 2

Sin fuentes no homogeoneous ecuaciones de Maxwell están dados por: $$ 0 = \partial_\mu F^{\mu \nu} = \partial^2 A^\nu \partial_\mu \partial^\nu^\mu $$ Después de imponer el gauge de Lorentz, esto se convierte en: $$ 0 = \partial^2 A^\nu $$ Claramente, esta ecuación tiene la solución (recuerde que $p^\mu p_\mu = E^2 - \mathbf{p}^2=0$): $$ A^\mu = N \epsilon^\mu_r e^{-i p \cdot x} $$ donde $N$ es un factor de normalización y $\epsilon_r^\mu$ denota el vector de polarización. El Lorenz indicador de condición, $\partial_\mu A^\mu = 0$, ahora puede ser escrita como: $$ \epsilon^\mu_r p_\mu = 0 \etiqueta{1} $$ Ahora, a través de un medidor de transformación de $A'^\mu=A^\mu + \partial^\mu \alpha$, vemos que el medidor de campos en el Lorenz calibre aún están relacionados unos con otros por: $$ \partial^2 \tilde{\alpha} = 0 $$ que es el residual calibre de la libertad. Debe quedar claro que $\tilde{\alpha}$ satisface la ecuación anterior: $$ \tilde{\alpha} = N_1 e^{-i p \cdot x} $$ si $p^\mu$ satisface $p^\mu p_\mu = E^2 - \mathbf{p}^2=0$. Por lo tanto, un residuo de medidor de transformación corresponde a: $$ A^\mu \rightarrow N \epsilon^\mu_r e^{-i p \cdot x} - \partial^\mu \tilde{\alpha} = N\epsilon^\mu_r e^{-i p \cdot x} + i N_1 p^\mu e^{-i p \cdot x} $$ lo que implica: $$ \epsilon^\mu_r \rightarrow \epsilon'^\mu_r = \epsilon^\mu_r + i \frac{N_1}{N} p^\mu $$ Tenga en cuenta que: $$ \epsilon'^\mu p_\mu = (\epsilon^\mu_r + i \frac{N_1}{N} p^\mu ) p_\mu = 0 $$ debido a la ecuación (1). Esto implica que podemos encontrar un residual de calibre transformación tal que: $$ \epsilon^0_r = 0 $$ y, entonces la ecuación (1) se convierte en: $$ \epsilon^i_r p_i = \epsilon^1_r p_1 + \epsilon^2_r p_2 + \epsilon^3_r p_3 = 0 $$ Esto significa que están a sólo dos independiente de la polarización de los vectores.