Формула Остроградского-Гаусса (и интегралы) в тенз. анализе

[Munin]

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Т. е. чтобы получить (31.3) из (32.13) нужно в последнем в качестве $T^{ik}$ взять $T^{ik}=T^{\text{(п)}ik}+T^{\text{(ч)}ik}$, правильно?

Да.

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Кстати, под плоским 3-кубом вы понимаете "обычний" 3-мерный куб, да?

Не совсем. В 4-мерном пространстве это будет

$-a\leqslant x^1\leqslant a$
$-a\leqslant x^2\leqslant a$
$-a\leqslant x^3\leqslant a$
$x^4=0$

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Но сложить их в нашем 3-мерном пространстве чтобы это было границей 4-мерного куба никак нельзя

Да, это надо делать в 4-мерном пространстве.

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Если мы например зафиксируем $x^1=a$ и $x^1=-a$, то другие 3 координаты должны принадлежать границе, но дальше у меня пока трудно идет.

Если мы зафиксируем $x^1=a,$ то на другие 3 координаты остаются прежние ограничения

$-a\leqslant x^2\leqslant a$
$-a\leqslant x^3\leqslant a$
$-a\leqslant x^4\leqslant a$

и мы имеем аналогичный 3-куб.

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Кстати, это... единственный способ представить границу, или это просто так удобно?

Не могу точно сказать.

"У 3-куба поверхность состоит из 6 квадратов. Из них два - это верхняя и нижняя грани, а остальные 4 - параллельны вертикальной оси. Если его рассечь горизонтальной плоскостью, то получится квадрат и его 4 одномерных стороны."

Это единственный способ, или просто так удобно? :-) Кстати, понятно ли вам это описание? Помогает ли как аналогия?

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Кстати, параллельность 4-й оси геометрически мне тоже сложно представить, разве что алгебраически. Может со временем выработается интуиция (если с этим работать, конечно :)).

Так же, как параллельность прямой и плоскости. Вообще, смелее пользуйтесь низкоразмерными аналогиями.

[misha.physics]

Munin,

Munin в сообщении #1359824 писал(а):

"У 3-куба поверхность состоит из 6 квадратов. Из них два - это верхняя и нижняя грани, а остальные 4 - параллельны вертикальной оси. Если его рассечь горизонтальной плоскостью, то получится квадрат и его 4 одномерных стороны."

Я понял, спасибо! Понял о двух границах-поверхностях, перпендикулярных данной оси (для которой мы фиксируем значения $a$ и $-a$) и других границах, параллельных данной оси.

Munin в сообщении #1359824 писал(а):

Вообще, смелее пользуйтесь низкоразмерными аналогиями.

Да, я ими и пользуюсь (правда ещё не так смело :)). Например, чтобы написать это

misha.physics в сообщении #1359817 писал(а):

Если мы например зафиксируем $x^1=a$ и $x^1=-a$, то другие 3 координаты должны принадлежать границе

я спустился к размерности 3 и рассмотрел 3-куб в 3-мерном пространстве и его двумерные границы -- квадраты. Аналогия ещё как помогает, просто повседневная наглядность теряется.

Значит, границей 4 куба будут 3-кубы. Это очевидно, т. к. мы рассматриваем плоские пространства. Зафиксируем теперь $x^1=a$ и $x^1=-a$. Мы получили две границы, "сверху" и "снизу", "перпендикулярные" оси $x^1$. Можно написать две системы (в каждой по одному равенству и три неравенства), задающие эти две границы -- два 3-куба в 4-мерном пространстве. Теперь у нас осталось 3 оси, значит на каждую из них будет ещё по 2 границы, параллельные оси $x^1$. Итак, всего у 4-куба будет 8 границ -- 3-кубов, как вы и писали.

А вот интересно, аналогия, спустимся к 2-мерному пространству -- плоскости. Пусть мы в нем живем. Мы можем говорить что любая её конечная квадратная часть это одна из границ (в смысле, одна из шести граней 3-мерного куба в 3-мерном пространстве) 3-мерного куба. Значит любой 3-мерный куб в нашем 3-мерном пространстве это одна из восьми границ 4-куба в 4-пространстве. Просто чтобы сложить эти 8 границ 4-куба в полную замкнутую границу 4-куба нам нужно выйти в пространство размерности больше 3. Получается, что мы можем наглядно себе представить, как выглядит одна из 8-ми границ 4-куба в 4-мерном пространстве. Это наш обычний кубик Рубика.

[misha.physics]

Давайте я ещё попробую развить начальный вопрос. Пусть у нас есть как экспериментальный факт уравнение Максвелла в виде

$$\operatorname{div}\vec{E}=4\pi\rho$$

В тензорной форме понятно как это записать (это даже было в ЛЛ-2)

$$\frac{\partial F^{i0}}{\partial x^i}=\frac{4\pi}{c}j^0$$

Пусть теперь компоненты метрического тензора не галилеевы, т. е. присутствует гравитационное поле. Пусть у меня эл. магн. член входит в функционал действия как (я привык, что греческие буквы пробегают значения 0,1,2,3)

$$\int d^3x\sqrt{-g}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$$

Пространство-время у меня трёхмерное. После варъирования действия по $A_\mu$ я получаю уравнения для эл. магн. поля

$$\frac{\partial}{\partial x^\mu}(\sqrt{-g}F^{\mu\nu})=0$$

Что дальше можно сделать с этим уравнением, чтобы связать его с полным эл. зарядом $Q$? Может я чего-то не понимаю, у меня есть эл. заряженная, невращающаяся трёхмерная чёрная дыра. А то получается, что если на левую часть моего уравнения смотреть как на кусочек дивергенции (ковариантной), то справа у нас ноль, т. е. как-бы отсутствие плотности эл. заряда. Но если мы этот ноль проинтегрируем, то получится какая-то постоянная (у меня она обозначается дальше через $q$).

У меня $x^0=t, x^1=r, x^2=\varphi$, $\sqrt{-g}=r$, Только $F_{10}(r)=-F_{01}(r)\ne0$, после интегрирования уравнения получается $F_{10}=q/r$, $q$ -- постоянная интегрирования, не зависящая от $r$. Хотелось бы найти связь между $q$ и $Q$. Но я не вижу с какой стороны к этому подойти.

[warlock66613]

misha.physics, вы можете воспользоваться тем, что вдали от чёрной дыры пространство-время плоское. Поэтому окружив чёрную дыру большой сферой, вы можете применить к ней обычную электростатическую теорему Гаусса.

[misha.physics]

warlock66613, да, это интересно, спасибо. Просто я не знаю, как это сделать в трёхмерном пространстве-времени. В обычной электростатике мы просто можем взять закон Кулона, рассмотреть поток вектора напряженности эл. поля через замкнутую поверхность (например, сферу) и по знакомой теореме Гаусса перейти к дивергенции. А здесь я не знаю, как начать, и по чему интегрировать, у меня же ещё есть временная координата и т. д.

[warlock66613]

misha.physics в сообщении #1360001 писал(а):

у меня же ещё есть временная координата

И что? В случае электромагнетизма в неискривлённом пространстве-времени она тоже есть, однако это никак не мешает применять закон Гаусса.

-- 09.12.2018, 19:17 --

misha.physics в сообщении #1360001 писал(а):

по чему интегрировать

По сфере $t = \operatorname{const},\, r = \operatorname{const}$. (Тут, конечно, существенно, что $ds^2 = dt^2 + \dots(r, dr, \varphi, d \varphi, \theta, d \theta)$.)

[misha.physics]

warlock66613,

warlock66613 в сообщении #1360022 писал(а):

В случае электромагнетизма в неискривлённом пространстве-времени она тоже есть, однако это никак не мешает применять закон Гаусса.

А можете подсказать, где посмотреть на применение закона Гаусса в плоском пространстве-времени?

warlock66613 в сообщении #1360022 писал(а):

По сфере $t = \operatorname{const},\, r = \operatorname{const}$.

Действительно, логично (но сам я не мог догадаться, не привык переностиь аналогию из нашего обычного пространства $x, y, z$). Вы уж простите, что я такие глупые вопросы задаю. Значит интеграл у меня будет только по $\varphi$, т. е. по кольцу. Просто дальше я теряюсь среди вопросов, например: об подинтегральном выражении. В "обычной" теореме Гаусса у нас подинтегральное выражение $\vec{E}\cdot d\vec{S}$, к тому, что ориентированную площадь можно задать вектором я уже привык, а как у меня будет с кольцом. Тоже можно задать вектор в каждой точке кольца, направленный от его центра. И что будет вместо $\vec{E}$. И к чему потом приравнять полученный интеграл (обычно мы имеем $4\pi Q$, но там у нас есть закон Кулона, а здесь не знаю, откуда это достать). Это всё вопросы, которые у меня возникают к себе.

-- 09 дек 2018, 17:47 --

warlock66613 в сообщении #1360022 писал(а):

(Тут, конечно, существенно, что $ds^2 = dt^2 + \dots(r, dr, \varphi, d \varphi, \theta, d \theta)$.)

В смысле, что мы фиксируем только время и ещё одну координату (радиус), чтобы получить $(n-2)$ - мерную сферу, где $n$ - размерность пространства-времени?

[warlock66613]

misha.physics, а, я только сейчас заметил, что у вас всего три измерения. Я тогда предлагаю такой план действий (возможно, не самый эффективный, но должный привести к желаемому результату): 1) вывести аналог $\operatorname{div} \vec E = 4 \pi \rho$ для плоского трёхмерного пространства-времени, 2) после этого вернуться к тому, что я говорил выше.

Как вывести? Так же, как вы это делали - из действия. Только вы брали действие без члена взаимодействия поля $F_{\mu \nu}$ с током $j_\mu$ и в искривлённом пространстве-времени, а тут надо рассмотреть более простой случай плоского пространства-времени, но с действием, включающим взаимодействие.

[Munin]

misha.physics в сообщении #1359893 писал(а):

Давайте я ещё попробую развить начальный вопрос.

Давайте вы сначала с простыми вещами разберётесь, а потом будете в сложные лезть.

misha.physics в сообщении #1359893 писал(а):

Пусть теперь компоненты метрического тензора не галилеевы, т. е. присутствует гравитационное поле.

Сначала разберитесь без гравитационного поля.

misha.physics в сообщении #1359893 писал(а):

Пространство-время у меня трёхмерное.

Извините, сначала надо научиться четырёхмерной ОТО - это стандартная теория, изложенная во всех учебниках. А потом уже лезть в $(1,2)$-ОТО - это во-первых, игрушечная модель, а во-вторых, изложена мало где и на более высоком уровне, без разжёвывания простых деталей, в которых вы пока путаетесь. Не говоря уже о том, что вам потребуется не только $(1,2)$-ОТО, но и $(1,2)$-электродинамика, тоже не такая простая вещь.

misha.physics в сообщении #1359893 писал(а):

После варъирования действия по $A_\mu$ я получаю уравнения для эл. магн. поля

$$\frac{\partial}{\partial x^\mu}(\sqrt{-g}F^{\mu\nu})=0$$

Что дальше можно сделать с этим уравнением, чтобы связать его с полным эл. зарядом $Q$?

Ничего. Потому что надо варьировать другое действие. Научитесь для начала этому, на примере СТО без ОТО. Это ЛЛ-2 §§ 8, 16 17, 27, 28, 30.

Потом (вообще-то хорошо бы вначале, мы уже вплотную к этому приблизились, но вы почему-то резко сменили тему) надо научиться связывать дифференциальную и интегральную теоремы Гаусса.

misha.physics в сообщении #1359893 писал(а):

Может я чего-то не понимаю, у меня есть эл. заряженная, невращающаяся трёхмерная чёрная дыра.

Так можно говорить, приводя формулы этой дыры или ссылки на них.

----------------

misha.physics в сообщении #1360029 писал(а):

И что будет вместо $\vec{E}$. И к чему потом приравнять полученный интеграл (обычно мы имеем $4\pi Q$, но там у нас есть закон Кулона, а здесь не знаю, откуда это достать). Это всё вопросы, которые у меня возникают к себе.

Главный вопрос, который у вас должен быть к себе - это где почитать $(1,2)$-электродинамику. И сначала всё-таки научиться стандартной $(1,3)$-электродинамике, хотя бы на уровне ЛЛ-2.

[misha.physics]

warlock66613,

warlock66613 в сообщении #1360084 писал(а):

Я тогда предлагаю такой план действий

Спасибо, вроде понимаю, но теперь думаю, что лучше действительно разобраться сначала с четырёхмерным случаем, чтобы хотя бы понимать, как там входит взаимодействие поля и токов. А то я действительно буду делать то, чего далеко не до конца понимаю, простите.

Munin, да, простите, у меня есть такое, что забегаю вперед, на разобравшись с простым и потом из-за этого все проблемы, и сам-то понимаю, что так вредно. Хорошо, давайте я буду стараться учиться нормально и не буду забегать вперед.

Munin в сообщении #1360161 писал(а):

Научитесь для начала этому, на примере СТО без ОТО. Это ЛЛ-2 §§ 8, 16 17, 27, 28, 30.

Возьмусь за это.

Munin в сообщении #1360161 писал(а):

Потом (вообще-то хорошо бы вначале, мы уже вплотную к этому приблизились, но вы почему-то резко сменили тему) надо научиться связывать дифференциальную и интегральную теоремы Гаусса.

И это давайте.

Munin в сообщении #1360161 писал(а):

Так можно говорить, приводя формулы этой дыры или ссылки на них.

Действительно, давайте тогда её пока оставим (в смысле без внимания).

-- 10 дек 2018, 12:07 --

Кстати, те упражнения из ЛЛ-2 были для меня очень полезными. Я делал их впервые.

[Munin]

Munin в сообщении #1360161 писал(а):

Ничего. Потому что надо варьировать другое действие. Научитесь для начала этому, на примере СТО без ОТО. Это ЛЛ-2 §§ 8, 16 17, 27, 28, 30.

Общая идея:

Munin в сообщении #1352815 писал(а):

Всё это можно вывести из действия для электромагнитного поля. Например, Ландау, Лифшиц. Теория поля:


$$\begin{gathered}S=S_\text{частиц}+S_\text{взаимодействия}+S_\text{поля}={} \\ {}=-\sum\int mc\,ds-\sum\int\dfrac{e}{c}A_\mu dx^\mu-\dfrac{1}{16\pi c}\int F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}d\Omega={} \\ {}=-\sum\int mc\,ds-\dfrac{1}{c^2}\int A_\mu j^\mu d\Omega-\dfrac{1}{16\pi c}\int F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}d\Omega, \end{gathered}$$

что одно и то же с точностью до переобозначения


$$\rho=\sum_a e_a\delta(\mathbf{r}-\mathbf{r}_a),\qquad\mathbf{j}=\sum_a e_a\mathbf{v}_a\delta(\mathbf{r}-\mathbf{r}_a),\qquad j^\mu=(c\rho,\mathbf{j}).$$


Варьируя это действие по движению одной заряженной частицы, получаем


$$\dfrac{d\mathbf{p}}{dt}=-\dfrac{e}{c}\dfrac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}-e\operatorname{grad}\varphi+\dfrac{e}{c}[\mathbf{v}\operatorname{rot}\mathbf{A}]=e\mathbf{E}+\dfrac{e}{c}[\mathbf{vH}],$$

где вся правая часть возникает из варьирования $S_\text{взаимодействия}.$ Деление её (силы, действующей на заряд) на кулоновскую и лоренцевскую части условно, и зависит просто от того, что одно слагаемое постоянно по $\mathbf{v},$ а другое - линейно по $\mathbf{v}.$

С другой стороны, варьируя это же действие по "движению" потенциалов поля, получаем


$$\operatorname{rot}\mathbf{H}-\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}=\dfrac{4\pi}{c}\mathbf{j},\qquad \operatorname{div}\mathbf{E}=4\pi\rho,$$

то есть, вторую пару уравнений Максвелла (первая - просто следствие определение поля через потенциал). Здесь правая часть, если записать уравнения в таком виде, также целиком возникает из варьирования $S_\text{взаимодействия}.$

Так что, нельзя сказать, что сила Лоренца выводится из уравнений Максвелла, но в то же время она однозначно связана с уравнениями Максвелла, так что их нельзя было бы поменять как-то по отдельности, несогласованно друг с другом. Эта взаимосвязь аналогична Третьему закону Ньютона: воздействие заряда на поле взаимно однозначно связана с воздействием поля на заряд. (На языке теоретической механики, и то и другое является обобщённой силой, действующей на подсистему: в одном случае на заряженную частицу, в другом - на поле как целое.)

Так что, то, что вы делаете, выглядит так: вы пытаетесь варьировать действие без $S_\text{взаимодействия},$ а потом удивлённо спрашиваете, а где же там заряд. Его там и не может быть.

[misha.physics]

Munin,

Munin в сообщении #1360243 писал(а):

Так что, то, что вы делаете, выглядит так: вы пытаетесь варьировать действие без $S_\text{взаимодействия},$ а потом удивлённо спрашиваете, а где же там заряд. Его там и не может быть.

Хорошо, я тогда перейду к разбору учебника. Спасибо вам.

[Munin]

Извините, что поднимаю тему. Я щас перечитал это место:

vpb в сообщении #1359075 писал(а):

Попробую я сам это объяснить.

(Оффтоп)

Пусть $V$ --- пространство, $g$ --- невырожденная билинейная форма на $V$ ("метрика"). Считаем, что $g$ симметрическая (но не обязательно положительно определенная; и рассматриваем только случай пространств над ${\mathbb R}$).

Рассмотрим функцию от двух переменных $g(x,y)$. Фиксируем $x$, и будем рассматривать ее только как функцию от $y$. Получается некоторая линейная функция от $y$, которую мы обозначим $l(y)$, а учитывая, что она зависит еще и от $x$, припишем индекс $x$: $l(y)=l_x(y)=g(x,y)$. Эта $l_x$ --- элемент сопряженного пространства $V^\ast$. Таким образом,
получается отображение $V\longrightarrow V^\ast$ в сопряженное пространство, которое ставит в соответствие элементу $x\in V$ функцию $l_x\in V^\ast$.

Это отображение является линейным, т.е. $l_{u+v}=l_u+l_v$, для любых $u,v\in V$, и $l_{\lambda u}=\lambda l_u$, при $\lambda\in{\mathbb R}$. Действительно, для любого $y\in V$ имеем, по определению, $l_{u+v}(y)=g(u+v,y)$, $l_u(y)=g(u,y)$, $l_v(y)=g(v,y)$. Но $g(u+v,y)=g(u,y)+g(v,y)$, так как $g$ билинейна. Т.е. $l_{u+v}(y)=l_u(y)+l_v(y)$ для любого $y$, а это и значит, что $l_{u+v}=l_u+l_v$. Второе утверждение ($l_{\lambda u}=\lambda l_u$) доказывается аналогично.

Будем обозначать отображение, которое элементу $x\in V$ ставит в соответствие функцию $l_x$, через $\varphi$. Итак, $\varphi\colon V\longrightarrow V^\ast$ --- линейное отображение из $V$ в $V^\ast$. Оно является изоморфизмом, когда $g$ невырождена. Чтоб доказать это, достаточно доказать, что ${\rm Ker\,}\varphi=0$ (поскольку оба $V$, $V^\ast$
конечномерны и одинаковой размерности). Допустим, что $x\in{\rm Ker\,}\varphi$. Тогда $l_x=0$, т.е. $l_x(y)=0$ для всех $y\in V$, т.е. $g(x,y)=0$ для всех $y\in V$. Это означает, что $x$ лежит в ядре формы $g$. Но $g$ невырождено, значит ядро --- нулевое, и $x=0$. Значит ${\rm Ker\,}\varphi=0$. Значит, $\varphi$ --- изоморфизм.

Итак, обещанное отождествление между $V$ и $V^\ast$ построено.

- и хочу спросить, а как аналогичное рассуждение строится для случая $1\tfrac{1}{2}$-линейной формы?

[arseniiv]

Полуторалинейная — билинейная на $V\times\overline V$. (То есть даже просто линейная на $V\otimes\overline V$, как мы все любим.) А если вместо комплексного сопряжения в полулинейности участвует другой автоморфизм скаляров, то вместо $\overline V$ будет пространство с другим умножением на скаляр, где к нему применяется тот автоморфизм.

[Munin]

Можете расписать так же подробно и аккуратно, как у vpb?