Чтобы создать произвольное э.-м. поле, нужно два тока

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1025238 писал(а):

Хорошо, но тогда моё первое сообщение остаётся в силе

А вы мой ответ на него читали?

До вас, похоже, так ещё и не дошло, что не каждая 2-форма (в точке!) в 4-пространстве есть бивектор.

Kirill_Sal в сообщении #1025242 писал(а):

а в какой точке Вы уравнения Максвелла с токами пишите?

Судя по тому, что он пользуется разложением Гельмгольца (точная форма есть дифференциал потенциала), - в области.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #1025247 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #1025238 писал(а):

Хорошо, но тогда моё первое сообщение остаётся в силе

А вы мой ответ на него читали?

Я читал Ваше сообщение, но ответа в нём не увидел.

Munin в сообщении #1025247 писал(а):

До вас, похоже, так ещё и не дошло, что не каждая 2-форма (в точке!) в 4-пространстве есть бивектор.

Конечно не каждая. Я даже никогда и не предполагал обратного. Однако, при чём тут это?..

Итак, вот Ваша программа действий:

Munin в сообщении #1024252 писал(а):

Мой ответ сейчас такой: потребуется два тока.
1. Нужно разложить 2-форму поля на два би-ковектора.
2. Для каждого би-ковектора найти какие-то 4-токи в окружающем пространстве, так что направление 4-тока и направление радиус-вектора для точки поля дают нужную ориентацию би-вектора.

Допустим первый пункт Вашей программы выполнен и получено разложение:

$$ F = Q^{(0)} \wedge Q^{(1)} + Q^{(2)} \wedge Q^{(3)}, \qquad Q^{(a)} = Q^{(a)}_{\mu} dx^{\mu}. $$

Пожалуйста выполните для бивектора $Q^{(0)} \wedge Q^{(1)}$ и для бивектора $Q^{(2)} \wedge Q^{(3)}$ второй пункт Вашей программы, чтобы стало наконец понятно что же конкретно Вы имеете в виду.

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1025296 писал(а):

Я читал Ваше сообщение, но ответа в нём не увидел.

Ну эти ваши проблемы уже не касаются конструктивного обсуждения. Перечитайте. До просветления. И не мешайтесь другим людям, пока просветление не наступит.

SergeyGubanov в сообщении #1025296 писал(а):

Конечно не каждая. Я даже никогда и не предполагал обратного. Однако, при чём тут это?..

При том, что именно этому тема и была посвящена!!!

SergeyGubanov в сообщении #1025296 писал(а):

Итак, вот Ваша программа действий:

Munin в сообщении #1024252 писал(а):

Мой ответ сейчас такой: потребуется два тока.
1. Нужно разложить 2-форму поля на два би-ковектора.
2. Для каждого би-ковектора найти какие-то 4-токи в окружающем пространстве, так что направление 4-тока и направление радиус-вектора для точки поля дают нужную ориентацию би-вектора.

Допустим первый пункт Вашей программы выполнен и получено разложение:

$$ F = Q^{(0)} \wedge Q^{(1)} + Q^{(2)} \wedge Q^{(3)}, \qquad Q^{(a)} = Q^{(a)}_{\mu} dx^{\mu}. $$

Пожалуйста выполните для бивектора $Q^{(0)} \wedge Q^{(1)}$ и для бивектора $Q^{(2)} \wedge Q^{(3)}$ второй пункт Вашей программы, чтобы стало наконец понятно что же конкретно Вы имеете в виду.

Чего я имел в виду:
$Q^{(0)}=x^{(1)}$ - 4-радиус-вектор от б.-малого элемента первого тока до точки наблюдения поля;
$\tfrac{1}{\mathcal{G}(x^{(1)})}Q^{(1)}=j^{(1)}$ - 4-вектор первого тока в б.-малом элементе;
$Q^{(2)}=x^{(2)}$ - 4-радиус-вектор от б.-малого элемента второго тока до точки наблюдения поля;
$\tfrac{1}{\mathcal{G}(x^{(2)})}Q^{(3)}=j^{(2)}$ - 4-вектор второго тока в б.-малом элементе.
Всё банально.

Один из двух токов получается пространственно-подобным. Впрочем, обычный ток в обычном проводе - тоже пространственноподобный.

Для физической реалистичности, сделаем один ток текущим по прямой мировой линии (неускоренная частица), тогда функцию Грина надо соответственно проинтегрировать по этой линии. Другой по линии пустить нельзя, иначе это будет тахион. Пустим его по времениподобному листу (так же, как обычный ток в обычном проводе), и тоже проинтегрируем функцию Грина.

На трёхмерном языке: в некоторой точке мы имеем поле $\mathbf{E}$ и поле $\mathbf{B}.$ Разместим вдоль линии $\mathbf{E}$ на некотором расстоянии неподвижный заряд, так что это будет кулоновское поле этого заряда. Разместим в плоскости, перпендикулярной к линии $\mathbf{B},$ на некотором расстоянии провод с постоянным током, так что это будет амперовское поле этого тока. Задача решена. (Разумеется, решение не единственно, и это позволило нам здесь подобрать токи, ориентированные вдоль базиса.)

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #1025326 писал(а):

Чего я имел в виду:
$Q^{(0)}=x^{(1)}$ - 4-радиус-вектор от б.-малого элемента первого тока до точки наблюдения поля;
$\tfrac{1}{\mathcal{G}(x^{(1)})}Q^{(1)}=j^{(1)}$ - 4-вектор первого тока в б.-малом элементе;
$Q^{(2)}=x^{(2)}$ - 4-радиус-вектор от б.-малого элемента второго тока до точки наблюдения поля;
$\tfrac{1}{\mathcal{G}(x^{(2)})}Q^{(3)}=j^{(2)}$ - 4-вектор второго тока в б.-малом элементе.
Всё банально.

Символы $Q^{(0)}$, $Q^{(1)}$, $Q^{(2)}$ и $Q^{(3)}$ обозначают дифференциальные формы:

$$ Q^{(0)} = Q^{(0)}_{0} dx^{0} + Q^{(0)}_{1} dx^{1} + Q^{(0)}_{2} dx^{2} + Q^{(0)}_{3} dx^{3} $$

$$ Q^{(1)} = Q^{(1)}_{0} dx^{0} + Q^{(1)}_{1} dx^{1} + Q^{(1)}_{2} dx^{2} + Q^{(1)}_{3} dx^{3} $$

$$ Q^{(2)} = Q^{(2)}_{0} dx^{0} + Q^{(2)}_{1} dx^{1} + Q^{(2)}_{2} dx^{2} + Q^{(2)}_{3} dx^{3} $$

$$ Q^{(3)} = Q^{(3)}_{0} dx^{0} + Q^{(3)}_{1} dx^{1} + Q^{(3)}_{2} dx^{2} + Q^{(3)}_{3} dx^{3} $$

Ваша запись $Q^{(0)}=x^{(1)}$ - это какая-то бессмыслица. Что Вы имете в виду под этим обозначением?

[Kirill_Sal]

SergeyGubanov
Написано же, что $x^{(1)}$ - бесконечно-малый элемент

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1025343 писал(а):

Ваша запись $Q^{(0)}=x^{(1)}$ - это какая-то бессмыслица. Что Вы имете в виду под этим обозначением?

В метрическом пространстве Минковского 1-формы естественно изоморфны векторам. На языке индексов: $x^{(1)}^\mu=g^{\mu\nu}Q^{(0)}_\nu.$

[SergeyGubanov]

Ну и обозначения у Вас

Ваше решение эквивалентно следующему, через потенциал $A_{\mu}$.

Пусть $j_{\mu} = \operatorname{const}$, тогда

$$ A_{0} = - \frac{2\pi}{3} \left( (x^1 - x^1_p)^2 + (x^2 - x^2_p)^2 + (x^3 - x^3_p)^2 \right) j_0 $$

$$ A_{1} = \frac{2\pi}{3} \left( (x^0 - x^0_p)^2 - (x^2 - x^2_p)^2 - (x^3 - x^3_p)^2 \right) j_1 $$

$$ A_{2} = \frac{2\pi}{3} \left( (x^0 - x^0_p)^2 - (x^1 - x^1_p)^2 - (x^3 - x^3_p)^2 \right) j_2 $$

$$ A_{3} = \frac{2\pi}{3} \left( (x^0 - x^0_p)^2 - (x^1 - x^1_p)^2 - (x^2 - x^2_p)^2 \right) j_3 $$

$$ F = d A, \qquad d F = 0, \qquad \star d \star F = 4 \pi j $$

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1025371 писал(а):

Ну и обозначения у Вас :D

Взял их у вас. Мои были другие.

А сути вопроса вы всё ещё в упор не понимаете. Может, прекратите, наконец уже, загрязнять тему? Мне не хочется на десятках страниц рассусоливать вам то, с чего разговор только начался.

-- 09.06.2015 20:18:36 --

(Оффтоп)

P. S. Вы ещё немаловажную буковку перед скобочкой забыли.

[SergeyGubanov]

Munin, а нету никакой сути вопроса. Эти Ваши "два тока" оказались пшиком, недоразумением.

Да, кстати, то решение, которое я вчера здесь выписал, можно упростить. Если $j_{\mu} = \operatorname{const}$, тогда $A_{\mu}(x) = \frac{2 \pi}{3} s^2 j_{\mu}$, где $s^2 = (x^0)^2 - (x^1)^2 - (x^2)^2 - (x^3)^2$.

[Munin]

Может быть, теперь наконец-то вы покинете тему. Многие поняли её, в отличие от вас.

[Munin]

Кажется, я попросту переоткрыл ранг внешней формы и ранг тензора. (Не тот ранг, который валентность.)

https://en.wikipedia.org/wiki/Exterior_algebra#Rank_of_a_k-vector
https://en.wikipedia.org/wiki/Tensor_(intrinsic_definition)#Tensor_rank
https://en.wikipedia.org/wiki/Tensor_rank_decomposition

Неутешительно: там везде написано, что это очень сложная задача. И ничего даже про низкоразмерные случаи ($k>2$).