Equivalencia de dos formulación de ecuaciones del Maxwell en colectores

Question

He leído acerca de una generalización de la ecuación de Maxwell en colectores que emplea formas diferenciales y Hodge dualidad que va como sigue: $$dF = 0\qquad \text{and}\qquad d \star F = J.\tag{1}$$ As I understand exterior derivative is defined to be the differential on 0-forms and to be an antiderivation (roughly speaking). The Hodge dual of a $p$-form $w$ is defined as the unique $(n-p)$-form $\star w$ that satisfy $\eta \wedge \star w = \langle \eta , w \rangle \mathrm{vol}$ for all $p$-forms $\eta$. Podemos expresar el tensor de Faraday en coordenadas tal que el tensor métrico se ha trivializado, en un punto, es decir,$g_{\mu \nu} = \eta_{\mu \nu}$. Entonces uno debe calcular el dual de hodge utilizando la fórmula general de una base: \begin{equation} \star \alpha = \frac{1}{k!(n-k)!} \epsilon_{i_1,\dots,i_n} \sqrt{|\det(g)|} \alpha_{j_1,\dots,j_k} g^{i_1,j_1} \cdots g^{i_k,j_k} e^{i_{k+1}} \wedge \cdots \wedge e^{i_n} \end{equation} Que fórmula puede ser usada para obtener la $\star F$ en un solo punto de poner el $g_{\mu \nu} = \eta_{\mu \nu}$. Pero debido a la desaparición de la primera derivada de la métrica tensor de una vez diferenciar con el exterior derivado de uno obtiene la expresión correcta en el punto donde la métrica se ha trivializado. Descomponiendo el efecto de las derivadas espaciales y temporales de las partes uno obtiene la ecuación de Maxwell. Aquí estoy siguiendo a Juan Báez y Javier P. Muniain "Medidor de campos, los nudos y la gravedad". Así, uno ve que en un local inercial de referencia habitual de Maxwell ecuaciones se obtienen. Esta formulación se utiliza el hecho de que hay un Lorenzian métrica y que el colector es orientable, pero no depende de ningún adicción a la estructura como una conexión.

Sin embargo soy consciente de otra manera para generalizar la ecuación de maxwell: el mínimo acoplamiento, que es la sustitución de la habitual derivada parcial con la derivada covariante que conduce a $$\nabla_a F^{ab} = J^{b}\qquad \text{and}\qquad\nabla_{[a} F_{bc]} = 0.\tag{2}$$ Con la de Levi-Civita de conexión.

No entiendo cómo los dos están conectados. Son las dos de la generalización de la misma? ¿Cómo puede ser posible si el diferencial de la formulación en forma no es consciente de Levi-Civita de conexión? Va a ser notable, si el "derecho de conexión" salió de las formas diferenciales de la versión de la ecuación de Maxwell!

Answer 1

Las ecuaciones de Maxwell en forma diferencial la notación se lee $$ dF = 0~, \qquad d\ast F = \ast J~. $$ Ahora nos muestran que estas ecuaciones son equivalentes a $\nabla_{[a} F_{bc]} = 0$, $\nabla_a F^{ab} = J^b$.

En primer lugar, por definición \begin{align} \nabla_{[a} F_{bc]} = \partial_{[a} F_{bc]} + \Gamma^d_{[ab}F_{c]d} - \Gamma^d_{[ac} F_{b]d} \end{align} Si la conexión es de torsión libre (no necesariamente la de Levi-Civita de conexión), a continuación,$\Gamma^a_{[bc]} = 0$, de modo que \begin{align} \nabla_{[a} F_{bc]} = \partial_{[a} F_{bc]} = \frac{1}{3} (dF)_{abc} \end{align} La última igualdad es verdadera por definición. Por lo tanto, $\nabla_{[a} F_{bc]} \implies dF = 0$.

A continuación, considere la segunda ecuación \begin{align} \nabla_a F^{ab} = \partial_a F^{ab} + \Gamma^a_{ac} F^{cb} + \Gamma^b_{ac} F^{ac} \end{align} De nuevo, si la conexión es de torsión libre, entonces, el último término es igual a cero. Para simplificar el segundo término, hemos de asumir que $\Gamma$ es la de Levi-Civita de conexión de modo que $$ \Gamma^a_{ac} = \frac{1}{2} g^{ab} ( \partial_a g_{cb} + \partial_c g_{ab} - \partial_b g_{ac} ) = \frac{1}{2} g^{ab} \partial_c g_{ab} = \frac{1}{2} \partial_c \log \det g = \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_c \sqrt{\det g} $$ Entonces, tenemos \begin{align} \nabla_a F^{ab} = \partial_a F^{ab} + \frac{1}{\sqrt{\det g}}\partial_c \sqrt{\det g} F^{cb} = \frac{1}{\sqrt{\det g}} \partial_a \left( \sqrt{\det g} F^{ab} \right)~. \end{align} Así que podemos escribir la ecuación de Maxwell como $$ \partial_e \left( \sqrt{\det g} F^{ed} \right) = \sqrt{\det g} J^d $$ Ahora, el contrato de ambos lados con la de Levi-Civita símbolo (no tensor), ${\tilde \varepsilon}_{abcd}$ para obtener $$ \partial_e \left( \sqrt{\det g} {\tilde \varepsilon}_{abcd} F^{ed} \right) = \sqrt{\det g}{\tilde \varepsilon}_{abcd} J^d $$ Ahora, vuelva a la de Levi-Civita tensor es ${\varepsilon}_{abcd} = \sqrt{\det g} {\tilde \varepsilon}_{abcd}$ $$ \partial_e \left( {\varepsilon}_{abcd} F^{ed} \right) = {\varepsilon}_{abcd} J^d = (\ast J)_{abc} $$ La última igualdad es verdadera por definición. Finalmente, deseamos escribir la LHS, en términos de $\ast F$. Para ello, escribimos $$ F^{ed} = -\frac{1}{2} \varepsilon^{edmn} (\ast F)_{mn} $$ A continuación, $$ (\ast J)_{abc} = \frac{1}{2} \partial_e \left( {\varepsilon}_{abcd}\varepsilon^{demn} (\ast F)_{mn} \right) $$ A continuación, usamos la propiedad $$ {\varepsilon}_{abcd}\varepsilon^{demn} = 6 \delta^e_ {[} \delta^m_b \delta^n_{c]} $$ Finalmente, $$ (\ast J)_{abc} = 3 \delta^e_ {[} \delta^m_b \delta^n_{c]} \partial_e (\ast F)_{mn} = 3 \partial_ {[} (\ast F)_{bc]} = ( d \ast F )_{abc} $$ donde, de nuevo, la última equility es la definición de $d$. Así, vemos que la $\nabla_a F^{ab} = J^b \implies d \ast F = \ast J$.

QED.

PS - para responder A su última pregunta. El diferencial de la forma de notación es consciente de la conexión a través de la Hodge dual en el que $\sqrt{\det g}$ entra. Tenga en cuenta también que en la divergencia de un $p$-forma, sólo el siguiente componente de la conexión aparece - $\Gamma^a_{ab}$, lo que depende enteramente de $\sqrt{\det g}$. Otros componentes nunca aparecen, es decir, en todos los casos $$ \nabla_a T^{[abc\cdots]} = \frac{1}{\sqrt{\det g}} \partial_a \left( \sqrt{\det g} T^{[abc\cdots]} \right)~. $$

Answer 2

Las dos fórmulas (1) y (2) son equivalentes, principalmente porque:

1. la covariante y la derivada parcial de una antisimétrica $(0,2)$ tensor $F_{\mu\nu}$ es equivalente a una torsión de conexión.

2. la de Levi-Civita de conexión preserva la métrica $\nabla_{\lambda} g_{\mu\nu}=0$.

3. OP eq. (2a) lee en coordenadas locales $$ \pm J^{\nu}~=~\nabla_{\mu} F^{\mu\nu}~\equiv~\partial_{\mu} +\Gamma_{\mu\lambda}^{\mu}F^{\lambda\nu} +\Gamma_{\mu\lambda}^{\nu}F^{\mu\lambda}~=~\frac{1}{\sqrt{|g|}} \partial_{\mu}(\sqrt{|g|} F^{\mu\nu})~=~(\delta F)^{\nu} \etiqueta{2a}$$ en Minkowski firma de $(\pm, \mp,\mp,\mp)$. Aquí $\delta$ es la Hodge co-diferencial, a firmar convenios.

Answer 3

Si $\nabla$ es una torsión de conexión (no necesariamente de Levi-Civita), luego de un arbitrario $k$forma $\omega_{a_1...a_k}$ tenemos $(d\omega)_{a_1...a_{k+1}}=(k+1)\partial_{[a_1}\omega_{a_2...a_{k+1}]}=(k+1)\nabla_{[a_1}\omega_{a_2...a_{k+1}]}$. Si expande en términos de conexión de los coeficientes, la conexión simétrica de coeficientes será asesinado por el antisymmetrization.

Por lo $\nabla_{[a} F_{bc]}=0\Leftrightarrow dF=0$.

Para la primera relación $\nabla_a F^{ab}=J^b$, buscar el codifferential. Se define como $\delta\omega=(-1)^k\star^{-1}d\star\omega$, por lo que es básicamente $\delta=\pm\star d\star$ con el signo usual clusterf*ck uno tiene que tratar con el uso de la estrella de Hodge. El codifferential es, en cierto sentido, el "adjunto" operador de $d$, y disminuye el grado de una forma diferenciada por uno, y también sabe $\delta\delta=0$ (y creo su propia versión de la de Poincaré-lema).

Se puede demostrar (véase, por ejemplo, la Relatividad General de Norbert Straumann), que el codifferential actúa sobre un diferencial de la forma de tomar su divergencia a través de la de Levi-Civita de conexión (recordemos que la estrella de Hodge y así la codifferential requiere una métrica, por lo que "ve" la de Levi-Civita de conexión), por lo $(\delta\omega)^{a_1...a_{k-1}}=\pm\nabla_a\omega^{aa_1...a_{k-1}}$ (una vez más molestos signos).

Ahora, la ecuación de Maxwell en cuestión está dado por $d\star F=\mathcal{J}$, pero, a continuación, $\mathcal{J}$ es una 3-forma aquí. Así que pongámonos en lugar de tener $\mathcal{J}=\star J$, $$ d\star F=\star J, \\ \star^{-1} d\star F=J=\delta F. $$ Pero por la discusión anterior $(\delta F)^b=\pm\nabla_aF^{ab}$, por lo que su fórmula es dado.

Answer 4

El cálculo va de la siguiente manera 1) dF = 0:
$F_{[\mu,\nu;\lambda]}=\frac{1}{3}(F_{\mu\nu;\lambda}+F_{\nu\lambda;\mu}+ F_{\lambda\mu;\nu})= \frac{1}{3}(F_{\mu\nu,\lambda}-\Gamma^\tau_{\mu\lambda}F_{\tau\nu}- \Gamma^\tau_{\nu\lambda}F_{\mu\tau} + F_{\nu\lambda,\mu}-\Gamma^{\tau}_{\nu\mu}F_{\tau\lambda}-\Gamma^{\tau}_{\lambda\mu}F_{\nu\tau} + F_{\lambda\mu,\nu} - \Gamma^{\tau}_{\lambda\nu}F_{\tau\mu} - \Gamma^{\tau}_{\mu\nu}F_{\lambda\tau})=\frac{1}{3}(F_{\mu\nu,\lambda}+F_{\nu\lambda,\mu}+ F_{\lambda\mu,\nu})$ aprovechando el antisymmetry de los 2 índices del tensor de campo electromagnético y la simetría de los 2 índices inferiores de los símbolos de Christoffel (asumido para ser cero torsión) los términos con los símbolos de Christoffel se anulan.

2) d * F = J probablemente similar, sin embargo, en este momento no puedo resolver.