Sähkömagneettisen aallon olemus

[Konsta]

Minäkin muistin alunperin väärin nuo sähkö-ja magneettikenttien vaiheet, kun tähän jotain kirjoitin aikaisemmin. Pitäisi aina tarkistaa lähteistä ensin, muistiin ei ole aina luottamista.

Sitten asiaan. Onko aina sähkökenttä E ja magneettikenttä B kohtisuorassa toisiinsa nähden?

Jos \(E_1\) ja \(E_2\) ovat sähkökentän tasoaaltoja ja \(B_1\) ja \(B_2\) vastaavat magneettikentät, joille pätee kohtisuoruus \(E_1\cdot B_1 =E_2\cdot B_2 =0\) ja määritellään summakentät:

\(
\begin{align*}
E &= E_1+E_2\\
B &= B_1+B_2
\end{align*}
\)

Silloin osakenttien kohtisuoruuden perusteella:

\(E\cdot B = (E_1+E_2)\cdot (B_1+B_2) =E_1\cdot B_1 +E_1\cdot B_2 + E_2\cdot B_1+ E_2\cdot B_2= E_1\cdot B_2 + E_2\cdot B_1
\)

Hmm, tuo ei aina ole kai nolla? Jos mulla on kaksi sähkökentän tasoaaltoa:

\(
\begin{align*}
E_1&=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),0)\\
E_2&= (0,0,E_0 \sin(\omega t-k y))
\end{align*}
\)

Kenttä \(E_1\) etenee x-akselin suunnassa (kenttä y-akselin suuntainen) ja \(E_2\) etenee y-akselin suunnassa (kenttä z-akselin suuntainen)

Vastaavat magneettikentät:

\(
\begin{align*}
B_1&=(0,0,-\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))\\
B_2&= (-\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,0)
\end{align*}
\)

Kenttä \(B_1\) etenee x-akselin suunnassa (kenttä z-akselin suuntainen) ja \(B_2\) etenee y-akselin suunnassa (kenttä x-akselin suuntainen) EDIT: korjattu x-akselin suuntainen-> z-akselin suuntainen kentässä \(B_1\)

Laskemalla saadaan:

\(E\cdot B=E_2\cdot B_1= -\frac{E_{0}^2}{\omega}\sin(\omega t-k x)\sin(\omega t-k y)\).

Jos en nyt vallan väärin laskenut, niin eihän tuo ole aina nolla, joten E ja B ei aina kohtisuorassa toisiinsa, vai menikö tässä joku nyt pieleen?

Tämä muodostamasi erikoinen aalto on kiehtova, joten tein pari konkreettista visualisointia. Tässä oli siis kaksi erillistä tasoaaltoa, +x suuntaan \((E_1, B_2)\) ja +y suuntaan \((E_2, B_2)\). Etumerkkeihin liittyvät konventiot olkoon eri keskusteluhaara.

\(\begin{align*}
\vec E_1(t,x,y,z)&=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),0)\\
\vec B_1(t,x,y,z)&=(0,0,\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))\\\\
\vec E_2(t,x,y,z)&= (0,0,E_0 \sin(\omega t-k y))\\
\vec B_2(t,x,y,z)&= (\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,0)
\end{align*}\)

Nämä voi piirtää samaan kuvaan siten, että lineaarikombinaatio ei näy. Kuva on periaatteessa virheellinen, kun summa-aalto puuttuu, mutta auttaa orientoitumaan komponenttien suuntiin (y-akseli kuvassa yläoikealle, x-akseli vasemmalta oikealle). E-komponentti on punainen, ja B-komponentti sininen.


kaksiaaltoa.gif


Tilanne pitää ajatella siten, että esim +y suuntaan \((E_2, B_2)\) eteneminen tapahtuu kolmessa ulottuvuudessa, ja aalto on 3-dimensioinen tasoaalto. Sen voi ajatella levittyneeksi koko xy-tasoon ja myös koko z-akselille. Kuvan harmaita pisteitä voi tavallaan monistaa kaikkialle xy-tasoon, ja tason edelleen monistaa z-akselin pisteisiin. Ja sama +x suuntaan etenevälle aallolle.

Aalloista muodostuu lineaarikombinaatio

\(\begin{align*}
\vec E(t,x,y,z)&=(E_x,E_y,E_z)=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),E_0 \sin(\omega t-k y))\\\
\vec B(t,x,y,z)&=(B_x,B_y,B_z)=(\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))
\end{align*}\)

Tämäkin on 3-dimensioinen aalto. Poimin kuvaan vain x-akselin (vasemmalta oikealle) pisteet. Voisi poimia minkä tahansa suoran tai tason, mutta valitsin nyt tämän:


lineaarikombinaatio.gif


Kuva on hiukan haastava, mutta E-komponentti pyörii yz-tasossa, toisin sanoen E ja x-akseli ovat kaikilla ajanhetkillä kohtisuorassa.

B-komponentti sen sijaan ei yleisesti ottaen ole kohtisuorassa minkään akseliin suhteen, eikä myöskään E-komponentin suhteen. On tosin ajanhetkiä, jolloin E ja B ovat kohtisuorassa, ja ajanhetkiä, jolloin B on yz-tasossa. Nämä on löydettävissä pistetulon lausekkeesta, kun rajoitutaan x-akselille

\(\vec E \cdot \vec B = \dfrac{E_0^2 k}{\omega} \sin (\omega t-kx ) \sin (\omega t)\)

Tämä \((E,B)\) on jännä aalto siinä mielessä, että 3-dimensioisesti en ainakaan löytänyt yksikäsitteistä suuntaa, johon se etenee. Se on eräänlainen "ristiaallokko", jossa on pyörimistäkin. Pitää ihmetellä joskus lisää.

Onko tästä apua yritettäessä hahmottaa aalto-hiukkas dualismin ongelmaa, vai lähestynkö itse aihepiiriä  väärältä suunnalta ?
Mieleeni nousi kysymyksiä lähinnä siksi, koska haluan hahmottaa asioita tarkemmin.
A) Miten aika käyttäytyy tai oletetaan käyttäytyvän yhden fotonin suhteen joka kulkee valonnopeudella ?
B) Voimakkaan painovoimakentän ohi kahden pisteen välillä ?
c) Onko ajateltava ettei absoluuttista objektiivista aikaa ole on vain subjektiivisia aikoja, jotka kaikki riippuvat havaitsijoista ja erilaisista liikenopeuksista sekä massoista ?

[Disputator]

\(\)Iltaa! Todella hienoja animaatioita sulla! Mun täytyy joskus opetella tekemään noita, oletan että olet tehnyt ne Mathematicalla?

Ihmettelin tässä tänään tätä:

Sähkömagneettisen tensorin Fμν etumerkit muttuvat signatuuria vaihdettaessa?

Ne muuttuvat (käsittääkseni) En ole aikaisemmin edes tullut ajatelleeksi moista..

Tutkin Jacksonin ja Griffithsin ED-kirjoja ja onneksi niissä on eri signatuurit ja siten eri F-tensorit.

Otetaan manipuloitavaksi Jacksonin yhtälöt (11.134) (c=1):

\(
\begin{align*}
E&=-\frac{\partial A}{\partial t}-\nabla \Psi\\
B&=\nabla\times A
\end{align*}
\)

Merkitään koordinaatteja \(x^{\alpha}\):

\(x^0=t,x^1=x , x^2=y,x^3=z\).

Lasketaan kenttätensori kummassakin signatuurissa.

Signatuuri (1,-1,-1,-1), Jacksonin signatuuri:

Merkitään \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\). Silloin on \(\partial^{0}=\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=-\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\).

\(E_1=E^1=E_x =-\frac{\partial A^1}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^1}=-\partial^0 A^1+\partial^1 A^0= -(\partial^0 A^1-\partial^1 A^0)\)

\(E_2=E^2=E_y =-\frac{\partial A^2}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^2}=-\partial^0 A^2+\partial^2 A^0= -(\partial^0 A^2-\partial^2 A^0)\)

\(E_3=E^3=E_z =-\frac{\partial A^3}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^3}=-\partial^0 A^3+\partial^3 A^0= -(\partial^0 A^3-\partial^3 A^0)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{0j}=(\partial^0 A^j-\partial^j A^0)=-E^j\)

Magneettikenttä:

\(B_1=B^1=B_x =\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=-\partial^2 A^3+\partial^3 A^2= -(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)\)

\(B_2=B^2=B_y =\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\partial^3 A^1+\partial^1 A^3= \partial^1 A^3-\partial^3 A^1\)

\(B_3=B^3=B_z =\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=-\partial^1 A^2+\partial^2 A^1= -(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{23}=(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)=-B^1=-B_x\)
\(F^{13}=(\partial^1 A^3-\partial^3 A^1)=B^2=B_y\)
\(F^{12}=(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)=-B^3=-B_z\)

Kirjoitetaan vastaava kenttätensorin kontravariantti esitys matriisina:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & -E_x & -E_y & -E_z\\
E_x & 0 & -B_z & B_y\\
E_y & B_z & 0 & -B_x\\
E_z & -B_y & B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Vastaava lasku signatuurissa (-1,1,1,1) (Griffiths) etenee samalla tavalla:

Edelleen \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\), mutta nyt on \(\partial^{0}=-\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\). Lasku etenee samantyylisesti kuin yllä ja laitan tähän näkyviin vain lopputuloksen:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & E_x & E_y & E_z\\
-E_x & 0 & B_z & -B_y\\
-E_y & -B_z & 0 & B_x\\
-E_z & B_y & -B_x & 0
\end{bmatrix}\)

[pähkäilijä]

Minäkin muistin alunperin väärin nuo sähkö-ja magneettikenttien vaiheet, kun tähän jotain kirjoitin aikaisemmin. Pitäisi aina tarkistaa lähteistä ensin, muistiin ei ole aina luottamista.

Sitten asiaan. Onko aina sähkökenttä E ja magneettikenttä B kohtisuorassa toisiinsa nähden?

Jos \(E_1\) ja \(E_2\) ovat sähkökentän tasoaaltoja ja \(B_1\) ja \(B_2\) vastaavat magneettikentät, joille pätee kohtisuoruus \(E_1\cdot B_1 =E_2\cdot B_2 =0\) ja määritellään summakentät:

\(
\begin{align*}
E &= E_1+E_2\\
B &= B_1+B_2
\end{align*}
\)

Silloin osakenttien kohtisuoruuden perusteella:

\(E\cdot B = (E_1+E_2)\cdot (B_1+B_2) =E_1\cdot B_1 +E_1\cdot B_2 + E_2\cdot B_1+ E_2\cdot B_2= E_1\cdot B_2 + E_2\cdot B_1
\)

Hmm, tuo ei aina ole kai nolla? Jos mulla on kaksi sähkökentän tasoaaltoa:

\(
\begin{align*}
E_1&=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),0)\\
E_2&= (0,0,E_0 \sin(\omega t-k y))
\end{align*}
\)

Kenttä \(E_1\) etenee x-akselin suunnassa (kenttä y-akselin suuntainen) ja \(E_2\) etenee y-akselin suunnassa (kenttä z-akselin suuntainen)

Vastaavat magneettikentät:

\(
\begin{align*}
B_1&=(0,0,-\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))\\
B_2&= (-\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,0)
\end{align*}
\)

Kenttä \(B_1\) etenee x-akselin suunnassa (kenttä z-akselin suuntainen) ja \(B_2\) etenee y-akselin suunnassa (kenttä x-akselin suuntainen) EDIT: korjattu x-akselin suuntainen-> z-akselin suuntainen kentässä \(B_1\)

Laskemalla saadaan:

\(E\cdot B=E_2\cdot B_1= -\frac{E_{0}^2}{\omega}\sin(\omega t-k x)\sin(\omega t-k y)\).

Jos en nyt vallan väärin laskenut, niin eihän tuo ole aina nolla, joten E ja B ei aina kohtisuorassa toisiinsa, vai menikö tässä joku nyt pieleen?

Tämä muodostamasi erikoinen aalto on kiehtova, joten tein pari konkreettista visualisointia. Tässä oli siis kaksi erillistä tasoaaltoa, +x suuntaan \((E_1, B_2)\) ja +y suuntaan \((E_2, B_2)\). Etumerkkeihin liittyvät konventiot olkoon eri keskusteluhaara.

\(\begin{align*}
\vec E_1(t,x,y,z)&=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),0)\\
\vec B_1(t,x,y,z)&=(0,0,\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))\\\\
\vec E_2(t,x,y,z)&= (0,0,E_0 \sin(\omega t-k y))\\
\vec B_2(t,x,y,z)&= (\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,0)
\end{align*}\)

Nämä voi piirtää samaan kuvaan siten, että lineaarikombinaatio ei näy. Kuva on periaatteessa virheellinen, kun summa-aalto puuttuu, mutta auttaa orientoitumaan komponenttien suuntiin (y-akseli kuvassa yläoikealle, x-akseli vasemmalta oikealle). E-komponentti on punainen, ja B-komponentti sininen.


kaksiaaltoa.gif


Tilanne pitää ajatella siten, että esim +y suuntaan \((E_2, B_2)\) eteneminen tapahtuu kolmessa ulottuvuudessa, ja aalto on 3-dimensioinen tasoaalto. Sen voi ajatella levittyneeksi koko xy-tasoon ja myös koko z-akselille. Kuvan harmaita pisteitä voi tavallaan monistaa kaikkialle xy-tasoon, ja tason edelleen monistaa z-akselin pisteisiin. Ja sama +x suuntaan etenevälle aallolle.

Aalloista muodostuu lineaarikombinaatio

\(\begin{align*}
\vec E(t,x,y,z)&=(E_x,E_y,E_z)=(0,E_0 \sin(\omega t-k x),E_0 \sin(\omega t-k y))\\\
\vec B(t,x,y,z)&=(B_x,B_y,B_z)=(\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k y),0,\frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t-k x))
\end{align*}\)

Tämäkin on 3-dimensioinen aalto. Poimin kuvaan vain x-akselin (vasemmalta oikealle) pisteet. Voisi poimia minkä tahansa suoran tai tason, mutta valitsin nyt tämän:


lineaarikombinaatio.gif


Kuva on hiukan haastava, mutta E-komponentti pyörii yz-tasossa, toisin sanoen E ja x-akseli ovat kaikilla ajanhetkillä kohtisuorassa.

B-komponentti sen sijaan ei yleisesti ottaen ole kohtisuorassa minkään akseliin suhteen, eikä myöskään E-komponentin suhteen. On tosin ajanhetkiä, jolloin E ja B ovat kohtisuorassa, ja ajanhetkiä, jolloin B on yz-tasossa. Nämä on löydettävissä pistetulon lausekkeesta, kun rajoitutaan x-akselille

\(\vec E \cdot \vec B = \dfrac{E_0^2 k}{\omega} \sin (\omega t-kx ) \sin (\omega t)\)

Tämä \((E,B)\) on jännä aalto siinä mielessä, että 3-dimensioisesti en ainakaan löytänyt yksikäsitteistä suuntaa, johon se etenee. Se on eräänlainen "ristiaallokko", jossa on pyörimistäkin. Pitää ihmetellä joskus lisää.

Onko tästä apua yritettäessä hahmottaa aalto-hiukkas dualismin ongelmaa, vai lähestynkö itse aihepiiriä väärältä suunnalta ?
Mieleeni nousi kysymyksiä lähinnä siksi, koska haluan hahmottaa asioita tarkemmin.
A) Miten aika käyttäytyy tai oletetaan käyttäytyvän yhden fotonin suhteen joka kulkee valonnopeudella ?
B) Voimakkaan painovoimakentän ohi kahden pisteen välillä ?
c) Onko ajateltava ettei absoluuttista objektiivista aikaa ole on vain subjektiivisia aikoja, jotka kaikki riippuvat havaitsijoista ja erilaisista liikenopeuksista sekä massoista ?

A) Sehän tässä on kummallista kun c-nopeus aiheuttaa niin voimakkaan pituuskontraktion aallon suunnassa että avaruus litistyy nollaan. Ja kun se litistyy, aallon kantilta mitään etenemistä ei tapahdu. Näin aalto ei edes "tiedä olevansa olemassa", puhumattakaan että "tietäisi aaltoliikkeestään" mitään. Lainausmerkit vaan siksi kun aallolla ei tietenkään ole tietoisuutta.

B) Sama juttu

C) Kyllä ja ei. Ekvivalenssiperiaatteen mukaan kaikissa koordinaatistoissa on normaalit luonnonlait ja normaali kellon tempo. Erot ajan mittauksessa tulee aika-avaruuden läpi matkustuksesta, ikääntyminen on pienempää kun matkustetaan lyhyempää reittiä pitkin. Eli kellot käy samaa tahtia mutta koska toinen reitti on lyhyempi, sen kello ehtii tikittämään vähemmän.

[Eusa]

\(\)Iltaa! Todella hienoja animaatioita sulla! Mun täytyy joskus opetella tekemään noita, oletan että olet tehnyt ne Mathematicalla?

Ihmettelin tässä tänään tätä:

Sähkömagneettisen tensorin Fμν etumerkit muttuvat signatuuria vaihdettaessa?

Ne muuttuvat (käsittääkseni) En ole aikaisemmin edes tullut ajatelleeksi moista..

Tutkin Jacksonin ja Griffithsin ED-kirjoja ja onneksi niissä on eri signatuurit ja siten eri F-tensorit.

Otetaan manipuloitavaksi Jacksonin yhtälöt (11.134) (c=1):

\(
\begin{align*}
E&=-\frac{\partial A}{\partial t}-\nabla \Psi\\
B&=\nabla\times A
\end{align*}
\)

Merkitään koordinaatteja \(x^{\alpha}\):

\(x^0=t,x^1=x , x^2=y,x^3=z\).

Lasketaan kenttätensori kummassakin signatuurissa.

Signatuuri (1,-1,-1,-1), Jacksonin signatuuri:

Merkitään \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\). Silloin on \(\partial^{0}=\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=-\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\).

\(E_1=E^1=E_x =-\frac{\partial A^1}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^1}=-\partial^0 A^1+\partial^1 A^0= -(\partial^0 A^1-\partial^1 A^0)\)

\(E_2=E^2=E_y =-\frac{\partial A^2}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^2}=-\partial^0 A^2+\partial^2 A^0= -(\partial^0 A^2-\partial^2 A^0)\)

\(E_3=E^3=E_z =-\frac{\partial A^3}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^3}=-\partial^0 A^3+\partial^3 A^0= -(\partial^0 A^3-\partial^3 A^0)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{0j}=(\partial^0 A^j-\partial^j A^0)=-E^j\)

Magneettikenttä:

\(B_1=B^1=B_x =\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=-\partial^2 A^3+\partial^3 A^2= -(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)\)

\(B_2=B^2=B_y =\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\partial^3 A^1+\partial^1 A^3= \partial^1 A^3-\partial^3 A^1\)

\(B_3=B^3=B_z =\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=-\partial^1 A^2+\partial^2 A^1= -(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{23}=(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)=-B^1=-B_x\)
\(F^{13}=(\partial^1 A^3-\partial^3 A^1)=B^2=B_y\)
\(F^{12}=(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)=-B^3=-B_z\)

Kirjoitetaan vastaava kenttätensorin kontravariantti esitys matriisina:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & -E_x & -E_y & -E_z\\
E_x & 0 & -B_z & B_y\\
E_y & B_z & 0 & -B_x\\
E_z & -B_y & B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Vastaava lasku signatuurissa (-1,1,1,1) (Griffiths) etenee samalla tavalla:

Edelleen \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\), mutta nyt on \(\partial^{0}=-\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\). Lasku etenee samantyylisesti kuin yllä ja laitan tähän näkyviin vain lopputuloksen:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & E_x & E_y & E_z\\
-E_x & 0 & B_z & -B_y\\
-E_y & -B_z & 0 & B_x\\
-E_z & B_y & -B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Eli divergenssisuunta vain vaihtuu vastakkaiseksi...

[QS]

Iltaa! Todella hienoja animaatioita sulla! Mun täytyy joskus opetella tekemään noita, oletan että olet tehnyt ne Mathematicalla?

Kyllä, välillä touhuan Mathematican kanssa, ja suhteellisen pienellä vaivalla saa aikaan. Tosin visuaalisen ilmeen kanssa voisi tuhertaa päiväkausia. Melko raakileen näköiset vain tuotin.

Tutkin Jacksonin ja Griffithsin ED-kirjoja ja onneksi niissä on eri signatuurit ja siten eri F-tensorit.

Otetaan manipuloitavaksi Jacksonin yhtälöt (11.134) (c=1):

\(
\begin{align*}
E&=-\frac{\partial A}{\partial t}-\nabla \Psi\\
B&=\nabla\times A
\end{align*}
\)

Merkitään koordinaatteja \(x^{\alpha}\):

\(x^0=t,x^1=x , x^2=y,x^3=z\).

Lasketaan kenttätensori kummassakin signatuurissa.

Signatuuri (1,-1,-1,-1), Jacksonin signatuuri:

Merkitään \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\). Silloin on \(\partial^{0}=\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=-\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\).

\(E_1=E^1=E_x =-\frac{\partial A^1}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^1}=-\partial^0 A^1+\partial^1 A^0= -(\partial^0 A^1-\partial^1 A^0)\)

\(E_2=E^2=E_y =-\frac{\partial A^2}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^2}=-\partial^0 A^2+\partial^2 A^0= -(\partial^0 A^2-\partial^2 A^0)\)

\(E_3=E^3=E_z =-\frac{\partial A^3}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^3}=-\partial^0 A^3+\partial^3 A^0= -(\partial^0 A^3-\partial^3 A^0)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{0j}=(\partial^0 A^j-\partial^j A^0)=-E^j\)

Magneettikenttä:

\(B_1=B^1=B_x =\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=-\partial^2 A^3+\partial^3 A^2= -(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)\)

\(B_2=B^2=B_y =\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\partial^3 A^1+\partial^1 A^3= \partial^1 A^3-\partial^3 A^1\)

\(B_3=B^3=B_z =\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=-\partial^1 A^2+\partial^2 A^1= -(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{23}=(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)=-B^1=-B_x\)
\(F^{13}=(\partial^1 A^3-\partial^3 A^1)=B^2=B_y\)
\(F^{12}=(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)=-B^3=-B_z\)

Kirjoitetaan vastaava kenttätensorin kontravariantti esitys matriisina:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & -E_x & -E_y & -E_z\\
E_x & 0 & -B_z & B_y\\
E_y & B_z & 0 & -B_x\\
E_z & -B_y & B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Vastaava lasku signatuurissa (-1,1,1,1) (Griffiths) etenee samalla tavalla:

Edelleen \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\), mutta nyt on \(\partial^{0}=-\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\). Lasku etenee samantyylisesti kuin yllä ja laitan tähän näkyviin vain lopputuloksen:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & E_x & E_y & E_z\\
-E_x & 0 & B_z & -B_y\\
-E_y & -B_z & 0 & B_x\\
-E_z & B_y & -B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Erinomainen esitys. Koetin selvitellä yhtälöiden signatuuria, mutta vain puolet yhtälöistä aluksi. Homogeeninen Maxwellin yhtälö voidaan kirjoittaa signatuurista riippumatta

\(\partial_\beta F^{\alpha\beta } = 0\)

missä yksi yhtälö jokaiselle indeksille \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) erikseen. Käytän aluksi kirjoittamaasi (+,-,-,-) tensoria. Kun \(\alpha=0\) saadaan

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{0\beta} &= \partial_0 F^{00}+\partial_1 F^{01}+\partial_2 F^{02}+\partial_3 F^{03}\\
&=0 + \partial_x F^{tx}+\partial_y F^{ty}+\partial_z F^{tz}\\
&=0 - \partial_x E_x - \partial_yE_y - \partial_zE_z\\
&=-\nabla \cdot \mathbf{E}
\end{align*}\)

Indeksille \(\alpha=1\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{1\beta} &= \partial_0 F^{10}+\partial_1 F^{11}+\partial_2 F^{12}+\partial_3 F^{13}\\
&=\partial_t E_x + 0 - \partial_y B_z + \partial_z B_y\\
&=\partial_t E_x - (\nabla \times \mathbf{B})_x
\end{align*}\),

indeksille \(\alpha=2\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{2\beta} &= \partial_0 F^{20}+\partial_1 F^{21}+\partial_2 F^{22}+\partial_3 F^{23}\\
&=\partial_t E_y + \partial_x B_z + 0 - \partial_z B_x\\
&=\partial_t E_y - (\nabla \times \mathbf{B})_y
\end{align*}\),

ja indeksille \(\alpha=3\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{3\beta} &= \partial_0 F^{30}+\partial_1 F^{31}+\partial_2 F^{32}+\partial_3 F^{33}\\
&= \partial_t E_z-\partial_x B_y + \partial_y B_x\\
&=\partial_t E_z - (\nabla \times \mathbf{B})_z
\end{align*}\).

Kun nuo \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) yhdistetään, saadaan yhtälöt
$$\begin{align*}
-\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{1}$$
missä ensimmäisestä (\(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)) en poista etumerkkiä, sillä yleisemmin tuon oikealla puolella on varaustiheys \(\rho > 0\). Jälkimmäisessä yhtälössä oikealla puolella yleisemmin myös virrantiheysvektori \(\mathbf{J}\).

Nyt sitten signatuurin (+,-,-,-) aalto, joka etenee +x suuntaan. Mukana on vain tensorin komponentteja \(E_y=E_0\) ja \(B_z=E_0 k/\omega\). Aaltovektori on \(k=(\omega, k, 0, 0)\), ja \(\omega/k=1\). Ratkaisu signatuurin mukaisesti on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(\omega t - kx),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t - kx))
\end{align*}\)

Ratkaisut toteuttavat yhtälöt (1), ja etumerkin \(\pm\) voi valita, mutta oltava sama etumerkki molemmissa \(\mathbf{E}\) ja \(\mathbf{B}\).

Kun käytän käytän signatuurin (-,+,+,+) tensoria, ja lasken vastaavat kuin edellä, niin saan yhtälöt
$$\begin{align*}
\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{2}$$
missä ensimmäisen yhtälön etumerkki on vaihtunut, mutta toisen etumerkki on sama. Aaltoratkaisu signatuurilla (-,+,+,+) on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(kx -\omega t),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(kx -\omega t))
\end{align*}\)

Tämä toteuttaa yhtälöt (2), ja myös (1), mutta ihmettelin sitä, että tämä jälkimmäinen on fysikaalisesti eri aalto, kun siinä on edelliseen verrattuna vaihe-ero \(\pi\). Lausekkeessa \(k_\mu x^\mu\) on signatuurin takia eri etumerkki, eli siis \(\sin(kx -\omega t) = -\sin(\omega t-kx)\).

Mietin, että saako etumerkkiongelman poistettua vetoamalla signatuurien eri yhtälöihin, jotka ovat \(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) ja \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\). Tuon etumerkin voisi siirtää aaltoratkaisun etumerkiksi, jonka jälkeen eri signatuurin aallot ovat fysikaalisesti samat.

No, pitäisi kai muodostaa ne kaksi muutakin Maxwellin yhtälöä \(F^{\alpha \beta}\):n duaalitensorista. Hmm. Jotenkin näin se vaihe-ero ja signatuuri-ero poistuu ehkä.

[Eusa]

Iltaa! Todella hienoja animaatioita sulla! Mun täytyy joskus opetella tekemään noita, oletan että olet tehnyt ne Mathematicalla?

Kyllä, välillä touhuan Mathematican kanssa, ja suhteellisen pienellä vaivalla saa aikaan. Tosin visuaalisen ilmeen kanssa voisi tuhertaa päiväkausia. Melko raakileen näköiset vain tuotin.

Tutkin Jacksonin ja Griffithsin ED-kirjoja ja onneksi niissä on eri signatuurit ja siten eri F-tensorit.

Otetaan manipuloitavaksi Jacksonin yhtälöt (11.134) (c=1):

\(
\begin{align*}
E&=-\frac{\partial A}{\partial t}-\nabla \Psi\\
B&=\nabla\times A
\end{align*}
\)

Merkitään koordinaatteja \(x^{\alpha}\):

\(x^0=t,x^1=x , x^2=y,x^3=z\).

Lasketaan kenttätensori kummassakin signatuurissa.

Signatuuri (1,-1,-1,-1), Jacksonin signatuuri:

Merkitään \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\). Silloin on \(\partial^{0}=\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=-\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\).

\(E_1=E^1=E_x =-\frac{\partial A^1}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^1}=-\partial^0 A^1+\partial^1 A^0= -(\partial^0 A^1-\partial^1 A^0)\)

\(E_2=E^2=E_y =-\frac{\partial A^2}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^2}=-\partial^0 A^2+\partial^2 A^0= -(\partial^0 A^2-\partial^2 A^0)\)

\(E_3=E^3=E_z =-\frac{\partial A^3}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^3}=-\partial^0 A^3+\partial^3 A^0= -(\partial^0 A^3-\partial^3 A^0)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{0j}=(\partial^0 A^j-\partial^j A^0)=-E^j\)

Magneettikenttä:

\(B_1=B^1=B_x =\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=-\partial^2 A^3+\partial^3 A^2= -(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)\)

\(B_2=B^2=B_y =\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\partial^3 A^1+\partial^1 A^3= \partial^1 A^3-\partial^3 A^1\)

\(B_3=B^3=B_z =\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=-\partial^1 A^2+\partial^2 A^1= -(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{23}=(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)=-B^1=-B_x\)
\(F^{13}=(\partial^1 A^3-\partial^3 A^1)=B^2=B_y\)
\(F^{12}=(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)=-B^3=-B_z\)

Kirjoitetaan vastaava kenttätensorin kontravariantti esitys matriisina:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & -E_x & -E_y & -E_z\\
E_x & 0 & -B_z & B_y\\
E_y & B_z & 0 & -B_x\\
E_z & -B_y & B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Vastaava lasku signatuurissa (-1,1,1,1) (Griffiths) etenee samalla tavalla:

Edelleen \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\), mutta nyt on \(\partial^{0}=-\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\). Lasku etenee samantyylisesti kuin yllä ja laitan tähän näkyviin vain lopputuloksen:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & E_x & E_y & E_z\\
-E_x & 0 & B_z & -B_y\\
-E_y & -B_z & 0 & B_x\\
-E_z & B_y & -B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Erinomainen esitys. Koetin selvitellä yhtälöiden signatuuria, mutta vain puolet yhtälöistä aluksi. Homogeeninen Maxwellin yhtälö voidaan kirjoittaa signatuurista riippumatta

\(\partial_\beta F^{\alpha\beta } = 0\)

missä yksi yhtälö jokaiselle indeksille \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) erikseen. Käytän aluksi kirjoittamaasi (+,-,-,-) tensoria. Kun \(\alpha=0\) saadaan

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{0\beta} &= \partial_0 F^{00}+\partial_1 F^{01}+\partial_2 F^{02}+\partial_3 F^{03}\\
&=0 + \partial_x F^{tx}+\partial_y F^{ty}+\partial_z F^{tz}\\
&=0 - \partial_x E_x - \partial_yE_y - \partial_zE_z\\
&=-\nabla \cdot \mathbf{E}
\end{align*}\)

Indeksille \(\alpha=1\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{1\beta} &= \partial_0 F^{10}+\partial_1 F^{11}+\partial_2 F^{12}+\partial_3 F^{13}\\
&=\partial_t E_x + 0 - \partial_y B_z + \partial_z B_y\\
&=\partial_t E_x - (\nabla \times \mathbf{B})_x
\end{align*}\),

indeksille \(\alpha=2\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{2\beta} &= \partial_0 F^{20}+\partial_1 F^{21}+\partial_2 F^{22}+\partial_3 F^{23}\\
&=\partial_t E_y + \partial_x B_z + 0 - \partial_z B_x\\
&=\partial_t E_y - (\nabla \times \mathbf{B})_y
\end{align*}\),

ja indeksille \(\alpha=3\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{3\beta} &= \partial_0 F^{30}+\partial_1 F^{31}+\partial_2 F^{32}+\partial_3 F^{33}\\
&= \partial_t E_z-\partial_x B_y + \partial_y B_x\\
&=\partial_t E_z - (\nabla \times \mathbf{B})_z
\end{align*}\).

Kun nuo \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) yhdistetään, saadaan yhtälöt
$$\begin{align*}
-\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{1}$$
missä ensimmäisestä (\(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)) en poista etumerkkiä, sillä yleisemmin tuon oikealla puolella on varaustiheys \(\rho > 0\). Jälkimmäisessä yhtälössä oikealla puolella yleisemmin myös virrantiheysvektori \(\mathbf{J}\).

Nyt sitten signatuurin (+,-,-,-) aalto, joka etenee +x suuntaan. Mukana on vain tensorin komponentteja \(E_y=E_0\) ja \(B_z=E_0 k/\omega\). Aaltovektori on \(k=(\omega, k, 0, 0)\), ja \(\omega/k=1\). Ratkaisu signatuurin mukaisesti on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(\omega t - kx),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t - kx))
\end{align*}\)

Ratkaisut toteuttavat yhtälöt (1), ja etumerkin \(\pm\) voi valita, mutta oltava sama etumerkki molemmissa \(\mathbf{E}\) ja \(\mathbf{B}\).

Kun käytän käytän signatuurin (-,+,+,+) tensoria, ja lasken vastaavat kuin edellä, niin saan yhtälöt
$$\begin{align*}
\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{2}$$
missä ensimmäisen yhtälön etumerkki on vaihtunut, mutta toisen etumerkki on sama. Aaltoratkaisu signatuurilla (-,+,+,+) on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(kx -\omega t),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(kx -\omega t))
\end{align*}\)

Tämä toteuttaa yhtälöt (2), ja myös (1), mutta ihmettelin sitä, että tämä jälkimmäinen on fysikaalisesti eri aalto, kun siinä on edelliseen verrattuna vaihe-ero \(\pi\). Lausekkeessa \(k_\mu x^\mu\) on signatuurin takia eri etumerkki, eli siis \(\sin(kx -\omega t) = -\sin(\omega t-kx)\).

Mietin, että saako etumerkkiongelman poistettua vetoamalla signatuurien eri yhtälöihin, jotka ovat \(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) ja \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\). Tuon etumerkin voisi siirtää aaltoratkaisun etumerkiksi, jonka jälkeen eri signatuurin aallot ovat fysikaalisesti samat.

No, pitäisi kai muodostaa ne kaksi muutakin Maxwellin yhtälöä \(F^{\alpha \beta}\):n duaalitensorista. Hmm. Jotenkin näin se vaihe-ero ja signatuuri-ero poistuu ehkä.

Eri metriikkakonventioissa laskettujen aaltojen ”π-vaihe-ero” ei ole merkki siitä, että toinen aalto olisi fysikaalisesti eri ilmiö. Kyse on vain siitä, että eri signatuuri kääntää joitakin merkkejä (aika‐ vs. avaruuskomponentit), minkä seurauksena sama fysikaalinen ratkaisu näyttää kaavatasolla saavan ”ylimääräisen” miinusmerkin.

 

Kaikki oleelliset ennusteet (kentän suunta, aaltorintaman kulkusuunta, havaitun sähkökentän vaikutus varauksiin, energiavirta Poyntingin vektorina jne.) pysyvät siis samoina, kunhan muistetaan, millainen metrinen konventio on käytössä. Näin ollen nuo ±-merkit ja sin(ωt−kx) vs. sin(kx−ωt) ovat vain toistensa muunnelmia – eivät kaksi eri ratkaisua.

Haluttaessa voi tulkita niin, että aallon vaiheita saadaan vaihe-eron verran eri ajassa, mutta siinä ei ole mitään ristiriitaa, kun  huomioidaan signatuurisovelma.

Täsmälleen sama kuvaus vaihe-erolla saadaan samasta fysiikasta signatuuria muuttamatta, kun siirretään tarkastelukoordinaatistoa ko. aallon aallonpituuden tai vaiheen keston perusteella sopivasti.

[QS]

Täsmälleen sama kuvaus vaihe-erolla saadaan samasta fysiikasta signatuuria muuttamatta, kun siirretään tarkastelukoordinaatistoa ko. aallon aallonpituuden tai vaiheen keston perusteella sopivasti.

Saman sanoin itsekin muutama sivu sitten, mutta mielestäni selitys ei ole tyydyttävä.

Kun signatuuria muuttaa, niin on ok, että yhtälön tai jopa joidenkin suureiden etumerkit muuttuvat. Mutta mielestäni ei ole ok, että pisteessä (t,x) tarkastellun aallon vaihe siirtyy eri asentoon samaisessa pisteessä (t,x) tarkasteltuna. Tuon vaiheen siirtymisen tulisi korjautua jossain yhtälössä tai etumerkkisopimuksessa.

Josta tuli mieleeni, että...

Kun nuo \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) yhdistetään, saadaan yhtälöt
$$\begin{align*}
-\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{1}$$
missä ensimmäisestä (\(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)) en poista etumerkkiä, sillä yleisemmin tuon oikealla puolella on varaustiheys \(\rho > 0\).



 

Tässäkin on joku koira haudattuna. Oikealla puolella on piilossa joku etumerkkisopimus nelivirran määritelmälle \(J^\mu=(\rho, J^1,J^2,J^3)=(\rho, J_x,J_y,J_x)\) tai peräti alkeisvarauksen etumerkin määrittelylle. Mainittujen yhtälöiden epähomogeenisessa versiossa nelivirran indeksi on ylhäällä, jolloin \(\rho\) on positiivinen. Ainakin olen siinä uskossa ollut, että on positiivinen signatuurista riippumatta. Kun indeksin laskee, niin sitten \(J_\mu\):ssa on etumerkin vaihtoja signatuurista riippuen.

Nyt tuo kirjoittamani epähomogeeninen versio \(-\nabla \cdot \mathbf{E} = \rho\) on jotenkin väärän merkkinen. Joko varaustiheyden tai alkeisvarauksen etumerkki pitäisi muuttaa, jotta tuottaa normaalien etumerkksipimusten mukaisia sähkökenttiä.

Mutta kyllä tähän vielä selitys löytyy, kun ajan kanssa ihmettelee.

[Eusa]

Täsmälleen sama kuvaus vaihe-erolla saadaan samasta fysiikasta signatuuria muuttamatta, kun siirretään tarkastelukoordinaatistoa ko. aallon aallonpituuden tai vaiheen keston perusteella sopivasti.

Saman sanoin itsekin muutama sivu sitten, mutta mielestäni selitys ei ole tyydyttävä.

Kun signatuuria muuttaa, niin on ok, että yhtälön tai jopa joidenkin suureiden etumerkit muuttuvat. Mutta mielestäni ei ole ok, että pisteessä (t,x) tarkastellun aallon vaihe siirtyy eri asentoon samaisessa pisteessä (t,x) tarkasteltuna. Tuon vaiheen siirtymisen tulisi korjautua jossain yhtälössä tai etumerkkisopimuksessa.

Josta tuli mieleeni, että...

Kun nuo \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) yhdistetään, saadaan yhtälöt
$$\begin{align*}
-\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{1}$$
missä ensimmäisestä (\(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)) en poista etumerkkiä, sillä yleisemmin tuon oikealla puolella on varaustiheys \(\rho > 0\).

Tässäkin on joku koira haudattuna. Oikealla puolella on piilossa joku etumerkkisopimus nelivirran määritelmälle \(J^\mu=(\rho, J^1,J^2,J^3)=(\rho, J_x,J_y,J_x)\) tai peräti alkeisvarauksen etumerkin määrittelylle. Mainittujen yhtälöiden epähomogeenisessa versiossa nelivirran indeksi on ylhäällä, jolloin \rho on positiivinen. Ainakin olen siinä uskossa ollut, että on positiivinen. Tuossa kuitenkin näyttää siltä, että oikea puoli ei voi olla positiivinen mikä vaatisi varaustiheyden tai alkeisvarauksen etumerkin muuttamista.

Mutta kyllä tähän vielä selitys löytyy, kun ajan kanssa ihmettelee.

Kun avaruudellisuus on peilattu, niin peilattuhan se on. 

Aaltokohtainen koordinaatiston vaihesiirto on vain "siirtymäriitti"temppu. Koska kaikki ympäristön rakenteet ovat peilautuneet, suhteellisesti kaikki on ennallaan. Signatuurivaihto on siis vain kuvausprojektion muunnos.

[pähkäilijä]

Yksinkertainen kysymys:
Miksi aallonvaihe kääntyy laskuun nousun jälkeen?

[QS]

Iltaa! Todella hienoja animaatioita sulla! Mun täytyy joskus opetella tekemään noita, oletan että olet tehnyt ne Mathematicalla?

Kyllä, välillä touhuan Mathematican kanssa, ja suhteellisen pienellä vaivalla saa aikaan. Tosin visuaalisen ilmeen kanssa voisi tuhertaa päiväkausia. Melko raakileen näköiset vain tuotin.

Tutkin Jacksonin ja Griffithsin ED-kirjoja ja onneksi niissä on eri signatuurit ja siten eri F-tensorit.

Otetaan manipuloitavaksi Jacksonin yhtälöt (11.134) (c=1):

\(
\begin{align*}
E&=-\frac{\partial A}{\partial t}-\nabla \Psi\\
B&=\nabla\times A
\end{align*}
\)

Merkitään koordinaatteja \(x^{\alpha}\):

\(x^0=t,x^1=x , x^2=y,x^3=z\).

Lasketaan kenttätensori kummassakin signatuurissa.

Signatuuri (1,-1,-1,-1), Jacksonin signatuuri:

Merkitään \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\). Silloin on \(\partial^{0}=\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=-\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\).

\(E_1=E^1=E_x =-\frac{\partial A^1}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^1}=-\partial^0 A^1+\partial^1 A^0= -(\partial^0 A^1-\partial^1 A^0)\)

\(E_2=E^2=E_y =-\frac{\partial A^2}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^2}=-\partial^0 A^2+\partial^2 A^0= -(\partial^0 A^2-\partial^2 A^0)\)

\(E_3=E^3=E_z =-\frac{\partial A^3}{\partial x^0}-\frac{\partial A^0}{\partial x^3}=-\partial^0 A^3+\partial^3 A^0= -(\partial^0 A^3-\partial^3 A^0)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{0j}=(\partial^0 A^j-\partial^j A^0)=-E^j\)

Magneettikenttä:

\(B_1=B^1=B_x =\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=-\partial^2 A^3+\partial^3 A^2= -(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)\)

\(B_2=B^2=B_y =\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\partial^3 A^1+\partial^1 A^3= \partial^1 A^3-\partial^3 A^1\)

\(B_3=B^3=B_z =\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=-\partial^1 A^2+\partial^2 A^1= -(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)\)

Nuo voidaan tiivistää muotoon:

\(F^{23}=(\partial^2 A^3-\partial^3 A^2)=-B^1=-B_x\)
\(F^{13}=(\partial^1 A^3-\partial^3 A^1)=B^2=B_y\)
\(F^{12}=(\partial^1 A^2-\partial^2 A^1)=-B^3=-B_z\)

Kirjoitetaan vastaava kenttätensorin kontravariantti esitys matriisina:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & -E_x & -E_y & -E_z\\
E_x & 0 & -B_z & B_y\\
E_y & B_z & 0 & -B_x\\
E_z & -B_y & B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Vastaava lasku signatuurissa (-1,1,1,1) (Griffiths) etenee samalla tavalla:

Edelleen \(\partial_{\alpha}=\frac{\partial}{\partial x^{\alpha}}\), mutta nyt on \(\partial^{0}=-\partial_{0}\) ja \(\partial^{i}=\partial_{i}\), kun \(i=1,2,3\). Lasku etenee samantyylisesti kuin yllä ja laitan tähän näkyviin vain lopputuloksen:

\(F^{\alpha\beta}=\begin{bmatrix}
0 & E_x & E_y & E_z\\
-E_x & 0 & B_z & -B_y\\
-E_y & -B_z & 0 & B_x\\
-E_z & B_y & -B_x & 0
\end{bmatrix}\)

Erinomainen esitys. Koetin selvitellä yhtälöiden signatuuria, mutta vain puolet yhtälöistä aluksi. Homogeeninen Maxwellin yhtälö voidaan kirjoittaa signatuurista riippumatta

\(\partial_\beta F^{\alpha\beta } = 0\)

missä yksi yhtälö jokaiselle indeksille \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) erikseen. Käytän aluksi kirjoittamaasi (+,-,-,-) tensoria. Kun \(\alpha=0\) saadaan

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{0\beta} &= \partial_0 F^{00}+\partial_1 F^{01}+\partial_2 F^{02}+\partial_3 F^{03}\\
&=0 + \partial_x F^{tx}+\partial_y F^{ty}+\partial_z F^{tz}\\
&=0 - \partial_x E_x - \partial_yE_y - \partial_zE_z\\
&=-\nabla \cdot \mathbf{E}
\end{align*}\)

Indeksille \(\alpha=1\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{1\beta} &= \partial_0 F^{10}+\partial_1 F^{11}+\partial_2 F^{12}+\partial_3 F^{13}\\
&=\partial_t E_x + 0 - \partial_y B_z + \partial_z B_y\\
&=\partial_t E_x - (\nabla \times \mathbf{B})_x
\end{align*}\),

indeksille \(\alpha=2\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{2\beta} &= \partial_0 F^{20}+\partial_1 F^{21}+\partial_2 F^{22}+\partial_3 F^{23}\\
&=\partial_t E_y + \partial_x B_z + 0 - \partial_z B_x\\
&=\partial_t E_y - (\nabla \times \mathbf{B})_y
\end{align*}\),

ja indeksille \(\alpha=3\)

\(\begin{align*}
0=\partial_\beta F^{3\beta} &= \partial_0 F^{30}+\partial_1 F^{31}+\partial_2 F^{32}+\partial_3 F^{33}\\
&= \partial_t E_z-\partial_x B_y + \partial_y B_x\\
&=\partial_t E_z - (\nabla \times \mathbf{B})_z
\end{align*}\).

Kun nuo \(\alpha=\{0,1,2,3\}\) yhdistetään, saadaan yhtälöt
$$\begin{align*}
-\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{1}$$
missä ensimmäisestä (\(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)) en poista etumerkkiä, sillä yleisemmin tuon oikealla puolella on varaustiheys \(\rho > 0\). Jälkimmäisessä yhtälössä oikealla puolella yleisemmin myös virrantiheysvektori \(\mathbf{J}\).

Nyt sitten signatuurin (+,-,-,-) aalto, joka etenee +x suuntaan. Mukana on vain tensorin komponentteja \(E_y=E_0\) ja \(B_z=E_0 k/\omega\). Aaltovektori on \(k=(\omega, k, 0, 0)\), ja \(\omega/k=1\). Ratkaisu signatuurin mukaisesti on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(\omega t - kx),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(\omega t - kx))
\end{align*}\)

Ratkaisut toteuttavat yhtälöt (1), ja etumerkin \(\pm\) voi valita, mutta oltava sama etumerkki molemmissa \(\mathbf{E}\) ja \(\mathbf{B}\).

Kun käytän käytän signatuurin (-,+,+,+) tensoria, ja lasken vastaavat kuin edellä, niin saan yhtälöt
$$\begin{align*}
\nabla \cdot \mathbf{E} &= 0\\
\nabla \times \mathbf{B} &= \partial_t \mathbf{E}
\end{align*}\tag{2}$$
missä ensimmäisen yhtälön etumerkki on vaihtunut, mutta toisen etumerkki on sama. Aaltoratkaisu signatuurilla (-,+,+,+) on

\(\begin{align*}
\mathbf{E}(t,x,y,z) &= (0,\pm E_y \sin(k_\mu x^\mu),0) = (0,\pm E_0 \sin(kx -\omega t),0)\\
\mathbf{B}(t,x,y,z) &= (0, 0, \pm B_z \sin(k_\mu x^\mu)) = (0, 0, \pm \frac{E_0 k}{\omega} \sin(kx -\omega t))
\end{align*}\)

Tämä toteuttaa yhtälöt (2), ja myös (1), mutta ihmettelin sitä, että tämä jälkimmäinen on fysikaalisesti eri aalto, kun siinä on edelliseen verrattuna vaihe-ero \(\pi\). Lausekkeessa \(k_\mu x^\mu\) on signatuurin takia eri etumerkki, eli siis \(\sin(kx -\omega t) = -\sin(\omega t-kx)\).

Mietin, että saako etumerkkiongelman poistettua vetoamalla signatuurien eri yhtälöihin, jotka ovat \(-\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) ja \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\). Tuon etumerkin voisi siirtää aaltoratkaisun etumerkiksi, jonka jälkeen eri signatuurin aallot ovat fysikaalisesti samat.

No, pitäisi kai muodostaa ne kaksi muutakin Maxwellin yhtälöä \(F^{\alpha \beta}\):n duaalitensorista. Hmm. Jotenkin näin se vaihe-ero ja signatuuri-ero poistuu ehkä.

Voihan möhnä. Tuossa kirjoittamassani on sekin ongelma, että tuo mitä laskin \(\partial_\beta F^{\alpha\beta}\) on eri kuin \(\partial_\alpha F^{\alpha\beta}\). Näille taitaa päteä \(\partial_\beta F^{\alpha\beta} = - \partial_\alpha F^{\alpha\beta}\). Kumpi on oikea?

Nyt näissä mun etumerkeissä ei ole mitään tolkkua. Saa joku viisaampi setviä tämän sotkun. Luovutan