Теорія електромагнітного поля. Доведення

Доведення 1
Дуальний тензор.

За означенням,

$$\ *F_{\alpha \beta} = \frac{1}{2}\varepsilon_{\alpha \beta \mu \nu}F^{\mu \nu}$$.

Тоді для, наприклад, компонент $$\ *F_{ii}, *F_{01}, *F_{02}$$ тензора можна, користуючись властивостями компонент тензора Кронекера (перестановкою індексів (із використанням антисиметричності тензора) зводити довільну компоненту до стандартної $$\ \varepsilon_{0123}$$) та антисиметричністю тензора напруженості, отримати, що

$$\ *F_{ii} = 0, *F_{01} = \frac{1}{2}\left( \varepsilon_{0123}F^{23} + \varepsilon_{0132}F^{32} \right) = \frac{1}{2}\left( \varepsilon_{0123} (F^{23} - F^{32})\right) = F^{23} = -B_{x}$$,

$$\ *F_{02} = \frac{1}{2}\left( \varepsilon_{0213}F^{13} + \varepsilon_{0231}F^{31}\right) = \frac{1}{2}\left( -\varepsilon_{0123}F^{13} + \varepsilon_{0123}F^{31} \right) = -F^{31} = -B_{y}$$.

Інші компоненти отримуються аналогічно. Отже,

$$\ *F_{\alpha \beta} = \begin{pmatrix} 0 & -B_{x} & -B_{y} & -B_{z} \\ B_{x} & 0 & -E_{z} & E_{y} \\ B_{y} & E_{z} & 0 & -E_{x} \\ B_{z} & -E_{y} & E_{x} & 0 \end{pmatrix}, \quad *F^{\alpha \beta} = \begin{pmatrix} 0 & B_{x} & B_{y} & B_{z} \\ -B_{x} & 0 & -E_{z} & E_{y} \\ -B_{y} & E_{z} & 0 & -E_{x} \\ -B_{z} & -E_{y} & E_{x} & 0 \end{pmatrix}$$.

Доведення 2
Коваріантна форма рівнянь Максвелла.

Треба врахувати коваріантність 4-похідної, для якої

$$ \partial_{\mu} = (\frac{1}{c}\partial_{0}, \nabla), \quad \partial_{\mu}C^{\mu} = \frac{1}{c}\partial_{0}C^{0} + (\nabla \cdot \mathbf C )$$.

Для першого рівняння:

$$\ \beta = 0 \Rightarrow \partial_{0}F^{00} + \partial_{1}F^{10} + \partial_{2}F^{20} + \partial_{3}F^{30} = \nabla \mathbf E = 4 \pi j^{0} = 4 \pi \rho$$,

$$\ \beta = 1 \Rightarrow \partial_{0}F^{01} + \partial_{1}F^{11} + \partial_{2}F^{21} + \partial_{3}F^{31} = -\frac{1}{c}\frac{\partial E_{x}}{\partial t} + \frac{\partial B_{z}}{\partial y} - \frac{\partial B_{y}}{\partial z} = \frac{4 \pi}{c} j_{x} \Rightarrow [\nabla \times \mathbf B ]_{x} = \left(\frac{4 \pi}{c}\mathbf j + \frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf E}{\partial t} \right)_{x}$$,

і т.д.

Для другого рівняння:

$$\ \beta = 0 \Rightarrow \partial_{0}*F^{00} + \partial_{1}*F^{10} + \partial_{2}*F^{20} + \partial_{3}*F^{30} = - \nabla \mathbf B = 0$$,

$$\ \beta = 1 \Rightarrow \partial_{0}*F^{01} + \partial_{1}*F^{11} + \partial_{2}*F^{21} + \partial_{3}*F^{31} = \frac{1}{c}\frac{\partial B_{x}}{\partial t} + \frac{\partial E_{z}}{\partial y} - \frac{\partial E_{y}}{\partial z} = 0 \Rightarrow [\nabla \times \mathbf E]_{x} = -\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf B}{\partial t}_{x}$$,

і т.д.

Друге коваріантне рівняння також можна записати у вигляді

$$\ \partial_{\alpha}F_{\beta \gamma} + \partial_{\beta}F_{\gamma \alpha} + \partial_{\gamma}F_{\alpha \beta} = 0$$.

Цей вигляд можна отримати через визначення тензора $$\ F_{\alpha \beta}$$: $$\ F_{\alpha \beta} = \partial_{\alpha}A_{\beta} - \partial_{\beta}A_{\alpha} \Rightarrow \partial_{\alpha}F_{\beta \gamma} + \partial_{\beta}F_{\gamma \alpha} + \partial_{\gamma}F_{\alpha \beta} = \partial_{\alpha} (\partial_{\beta}A_{\gamma} - \partial_{\gamma}A_{\alpha}) + \partial_{\beta}(\partial_{\gamma}A_{\alpha} - \partial_{\alpha}A_{\gamma}) + \partial_{\gamma}(\partial_{\gamma}A_{\beta} - \partial_{\beta}A_{\alpha}) = 0$$.

Інший шлях отримання такого вигляду - згортка другого рівняння із тензором Леві-Чивіта:

$$\ \frac{1}{2}\varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda}\partial_{\mu}\varepsilon^{\lambda \mu \nu \sigma}F_{\nu \sigma} = \frac{1}{2}\left( \delta^{\mu}_{\alpha}\varepsilon^{\sigma \nu}_{\beta \gamma} + \delta^{\mu}_{\gamma}\varepsilon^{\sigma \nu}_{\alpha \beta} + \delta^{\mu}_{\beta}\varepsilon^{\sigma \nu}_{\alpha \gamma}\right)\partial_{\mu}F_{\nu \sigma} = 0$$.

Доведення згортки
Треба визначити явний вигляд згортки

$$\ \frac{1}{2}\varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda}\varepsilon^{\lambda \mu \nu \sigma}\partial_{\mu}F_{\nu \sigma}$$.

Визначник від згортки двох псевдотензорів Леві-Чивіта рівен $$\ \varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda} \varepsilon^{\mu \nu \sigma \tau} = -\begin{pmatrix} \delta^{\mu}_{\alpha} & \delta^{\nu}_{\alpha} & \delta^{\sigma}_{\alpha} & \delta^{\tau}_{\alpha} \\ \delta^{\mu}_{\beta} & \delta^{\nu}_{\beta} & \delta^{\sigma}_{\beta} & \delta^{\tau}_{\beta} \\ \delta^{\mu}_{\gamma} & \delta^{\nu}_{\gamma} & \delta^{\sigma}_{\gamma} & \delta^{\tau}_{\gamma} \\ \delta^{\mu}_{\lambda} & \delta^{\nu}_{\lambda} & \delta^{\sigma}_{\lambda} & \delta^{\tau}_{\lambda} \end{pmatrix}$$.

Якщо згорнути по індексам $$\ \lambda, \tau$$, перенісши індекс $$\ \tau$$ так, що $$\ \varepsilon^{\mu \nu \sigma \tau} = -\varepsilon^{\tau \mu \nu \sigma}$$, можна отримати:

$$\ \varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda} \varepsilon^{\lambda \mu \nu \sigma } = \begin{pmatrix} \delta^{\lambda}_{\alpha} & \delta^{\mu}_{\alpha} & \delta^{\nu}_{\alpha} & \delta^{\sigma}_{\alpha} \\ \delta^{\lambda}_{\beta} & \delta^{\mu}_{\beta} & \delta^{\nu}_{\beta} & \delta^{\sigma}_{\beta} \\ \delta^{\lambda}_{\gamma} & \delta^{\mu}_{\gamma} & \delta^{\nu}_{\gamma} & \delta^{\sigma}_{\gamma} \\ \delta^{\lambda}_{\lambda} & \delta^{\mu}_{\lambda} & \delta^{\nu}_{\lambda} & \delta^{\sigma}_{\lambda} \end{pmatrix}$$.

Якщо його розкрити по останній стрічці, то можна буде отримати один доданок-визначник 3 на 3 із множником $$\ \delta^{\lambda}_{\lambda} = 4$$ та 3 доданки-визначники з $$\ \delta^{i}_{j}, i \neq j $$. Оскільки визначники будуть ідентичні з точністю до знаку, то при явному розписуванні компонент виявиться, що сума трьох доданків-визначників рівна першому визначнику із множником 1. Отже,

$$\ det(\varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda} \varepsilon^{\lambda \mu \nu \sigma }) = det\begin{pmatrix} \delta^{\mu}_{\alpha} & \delta^{\nu}_{\alpha} & \delta^{\sigma}_{\alpha} \\ \delta^{\mu}_{\beta} & \delta^{\nu}_{\beta} & \delta^{\sigma}_{\beta} \\ \delta^{\mu}_{\gamma} & \delta^{\nu}_{\gamma} & \delta^{\sigma}_{\gamma} \end{pmatrix} = \delta^{\mu}_{\alpha}\delta^{\nu}_{\beta}\delta^{\sigma}_{\gamma} - \delta^{\mu}_{\alpha}\delta^{\nu}_{\gamma}\delta^{\sigma}_{\beta} + \delta^{\nu}_{\alpha}\delta^{\sigma}_{\beta}\delta^{\mu}_{\gamma} - \delta^{\nu}_{\alpha}\delta^{\mu}_{\beta}\delta^{\sigma}_{\gamma} + \delta^{\sigma}_{\alpha}\delta^{\mu}_{\beta}\delta^{\nu}_{\gamma} - \delta^{\sigma}_{\alpha}\delta^{\nu}_{\beta}\delta^{\mu}_{\gamma}$$.

Якщо об'єднати третій доданок із останнім, а четвертий - із п'ятим, можна буде отримати, що

$$\ \delta^{\mu}_{\alpha}(\delta^{\nu}_{\beta}\delta^{\sigma}_{\gamma} - \delta^{\nu}_{\gamma}\delta^{\sigma}_{\beta}) + \delta ^{\mu}_{\gamma}(\delta^{\nu}_{\alpha}\delta^{\sigma}_{\beta} - \delta^{\nu}_{\beta}\delta^{\sigma}_{\alpha}) + \delta^{\mu}_{\beta}(\delta^{\sigma}_{\alpha}\delta^{\nu}_{\gamma} - \delta^{\sigma}_{\gamma}\delta^{\nu}_{\alpha}) = \delta^{\mu}_{\alpha}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\beta \gamma} + \delta^{\mu}_{\gamma}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\alpha \beta} + \delta^{\mu}_{\beta}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\gamma \alpha}$$.

Тоді початкова згортка буде рівна

$$\ \frac{1}{2}\varepsilon_{\alpha \beta \gamma \lambda}\varepsilon^{\lambda \mu \nu \sigma}\partial_{\mu}F_{\nu \sigma} = \frac{1}{2}(\delta^{\mu}_{\alpha}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\beta \gamma} + \delta^{\mu}_{\gamma}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\alpha \beta} + \delta^{\mu}_{\beta}\varepsilon^{\nu \sigma}_{\gamma \alpha})\partial_{\mu}F_{\nu \sigma} = |\varepsilon^{\nu \sigma}_{ij}F_{\nu \sigma} = 2F_{ij}| = \delta^{\mu}_{\alpha}\partial_{\mu}F_{\beta \gamma} + \delta^{\mu}_{\gamma}\partial_{\mu}F_{\alpha \beta} + \delta^{\mu}_{\beta}\partial_{\mu}F_{\gamma \alpha} = \partial_{\alpha}F_{\beta \gamma} + \partial_{\gamma}F_{\alpha \beta} + \partial_{\beta} F_{\gamma \alpha} = 0$$,

де рівність нулю задана початковим рівнянням згортки.