Iltaa! Tässä onkin tänään tuskailtu signatuurien kanssa.
QS kirjoitti: 23 Maalis 2025, 20:48
...
Josta tuli mieleeni, että...
QS kirjoitti:
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.
Mä laskin nyt vähän eri tavalla tuon kenttätensorin \(F\) eri signatuureissa, tavalla joka on ehkä luonnollisempi ja käyttää differentiaalimuotoja \(A\) ja \(F\).
Kuten tunnettua, skalaaripotentiaali \(\psi\) ja 3-vektori \(\mathbf{A}=(A^1,A^2,A^3)\) voidaan niputtaa yhteen 4-vektoriksi (notaatio hieman ontuu):
\(A^{\alpha}=(\psi,\mathbf{A})=(A^0,A^1,A^2,A^3)\)
Tämä ylläoleva esitys on (käsittääkseni) signatuurista riippumaton, siinä vain yhdistetään klassisen fysiikan otukset yhdeksi nelivektoriksi. Onko tuo sitten oikea (kontravariantti) 4-vektori eli muuttuuko se oikein Lorentz-muunnoksissa on toinen juttu, mutta uskotaan että se on.
Nyt jos halutaan 4-vektoria \(A^{\alpha}\) vastaava kovariantti\(A_{\alpha}\) , niin vastaus riippuu signatuurista.
Signatuurissa (1,-1,-1,-1) on \(A_{\alpha}=A_0\: dx^0+A_1\: dx^1+A_2\: dx^2+A_3\: dx^3=\psi\: dt-A^1\: dx^1-A^2\: dx^2-A^3\: dx^3\) eli komponenttimuodossa:
\(A_{\alpha}=(\psi,-A^1,-A^2,-A^3)\)
Signatuurissa (-1,1,1,1) on \(A_{\alpha}=A_0\: dx^0+A_1\: dx^1+A_2\: dx^2+A_3\: dx^3=-\psi\: dt+A^1\: dx^1+A^2\: dx^2+A^3\: dx^3\). Sama kompomenttimuodossa:
\(A_{\alpha}=(-\psi,A^1,A^2,A^3)\)
Huomataan että signatuurin vaihto muuttaa kovariantin vektorin komponentit vastaluvuiksi eli \(A_{\alpha}\to-A_{\alpha}\), notaatio ontuu tässäkin. Tämä pätee kai kaikille kontravariantin vektorin kovarianteille komponenteille.
Kenttätensori \(F\) tai (kovariantti) \(F_{\alpha\beta}\) (joka on 2-muoto) määritellään geometrisesti differentiaalioperaation d avulla \(F=dA\), tässä nyt \(A\) tarkoittaa kovarianttia vektoria \(A_{\alpha}\). Signatuurin muutos muuntaan 1-muodon \(A\) suureeksi \(-A\) jolloin myös \(F\) muuttuu suureeksi \(-F\), koska \(d(-A) =-dA=-F\). Siten kummassakin signatuurissa pätee yhtälö:
\(F_{\alpha\beta}=\partial_{\alpha} A_ {\beta}-\partial_{\beta} A_ {\alpha}\).
Vastaavasti signatuurin muutos muuttaa kenttätensorin \(F\) kontravariantin esityksen (ainakin Minkowskiavaruudessa, missä metriikka diagonaali):
\(F^{\alpha\beta}\to -F^{\alpha\beta}\).
QS kirjoitti:
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?
Kumpikin on mielestäni oikea. Tämä oli sulta todella hyvin huomattu tuo summauksen indeksin vaihto. Se olisi multa jäännyt huomaamatta ja se näyttelee alla keskeistä osaa.
Finaali:
Otetaan Jacksonin signatuuri (1,-1-,-1,-1) ja otetaan kirjasta (sopivien yksikkömuunnosten jälkeen) se yhtälö:
\(\partial_{\alpha} F^{\alpha\beta}=\mu_0 J^{\beta}\).
Nyt jos vaihdetaan signatuuri lennosta signatuuriksi (-1,1,1,1), jolloin ylläolevan perusteella \(F^{\alpha\beta}\to -F^{\alpha\beta}\) ja saadaan:
\(\partial_{\alpha} (-F^{\alpha\beta})=\mu_0 J^{\beta}\)
\(\partial_{\alpha} F^{\alpha\beta}=\mu_0 (-J)^{\beta}\).
Nyt tullaan tähän huomaamaasi ristiritaiseen tilanteeseen.
QS kirjoitti:
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.
Tosiaankin näin näyttää käyvän tuon mun ylläolevan yhtälönkin mukaan, tuo \(\rho\) vaihtaa merkkiä!! WTF!
\(\partial_{\alpha} F^{\alpha\beta}=\mu_0 (-J)^{\beta}\).
Mutta, tehdään se vaivihkainen summausindeksin vaihto, minkä jo huomasitkin yllä ylemmässä lainauksessa eli kikkaillaan antisymmetrisyydellä:
\(\partial_{\alpha} F^{\alpha\beta}=-\partial_{\alpha} F^{\beta\alpha}
=\mu_0 (-J)^{\beta}\).
Noista kahdesta jälkimmäisestä saadaan miinusmerkit supistettua ja saadaan:
\(\partial_{\alpha} F^{\beta\alpha}=\mu_0 J^{\beta}\).
Tuo ylläoleva on juuri Griffithsin, signatuuri=(-1,1,1,1) antama yhtälö.
SIINÄ ON PIRULLISESTI JUURI TUO SUMMAUSINDEKSI ERI KOHDASSA KUIN JACKSONILLA!! Valinta, jonka merkitys selvisi mulle tänään, ainakin tämän signatuurihässäkän valossa.
