Páté cvičení ze Speciální relativity 1. Uvažte vektory elektrické intenzity a magnetické indukce E a B, které svírají libovolný úhel kromě pravého. Najděte takovou rychlost, aby po Lorentzově boostu byly vektory E a B rovnoběžné. Řešeni: Dva nerovnoběžné vektory vždy zadávají rovinu. Bez újmy na obecnosti řekněme, že vektory E a, B zadávají rovinu yz. Předpokládejme je tedy ve tvaru E = (0, Ey, Ez), B = (0,By,Bz). Jak již bylo řečeno, vektory nejsou rovnoběžné. Rovnoběžnost lze jednoduše ověřit pomocí vektorového součinu. Musí tedy platit É x B ^0. Našim cílem je zjistit rychlost v Lorentzova boostu A^, který změní vektory E a B na vektory E' = (0,E'y,E'z) , B' = (0,B'y,B'z) , Ě' x B' = 0. pro které platí Boost budeme volit ve směru osy x. Jak uvidíme, touto volbou dostaneme to, že rr-ová složka obou vektorů zůstane nulová. Lorentzův boost je tedy dán maticí / 7 ~c 7 0 0 \ 7 0 0 0 0 10 \ o o o i y Aľ Vektory E a B se přímo netransformují pomocí Lorentzova boostu, ale transformují se v rámci tensoru elektromagnetického pole F^v. Proto musíme spočítat transformaci tohoto tensoru do nové vztažné soustavy. To je dáno pomocí vztahu F' Per AMF av Jelikož jsou matice Lorentzových boostů symetrické, tento vztah můžeme přepsat maticově jako F' ( 7 17 0 0 \ 7 0 0 0 0 10 \ o o o i y / o o o o \-2Aez - Ey vB, y) \ c. o o 7 [bz - ^ "7 + By) 0 Ey_ c c í 1 ll 0 o\ 0 -Bz By V c 7 0 0 Bz 0 0 0 0 1 0 -By 0 0 / \0 0 0 1 / l (Ey - VBZ) l (EZ + ByV) \ i{^-BZ) l(^+By) o o o o y 1 Z této matice můžeme vyčíst, že Ě' = (0,7 (Ey - vBz) ,i(Ez + vBy)), B^(0,1(V-^ + By),1ÍB: VE* v v c2 ' V V c2 Chceme, aby vektory £" a B' byly rovnoběžné, proto má platit Ě'x B'= (EfyB'z-EfzB'y,0,0) =0. Rovnost v první složce nám dá kvadratickou rovnici pro rychlost v, kterou vyřešíme. Počítejme 72 {Ey - vBz) [bz - V-f-^j - 72 (Ez + vBy) + Bw) = 0, v El „ í;25zE„ wi?2 í;25„Ez 9 ^--^-^ + -^-^„--^--^-^ = 0, - EzBy) + ^ - ByEz)-ví^ + B2z + ^- + B2)=0. Nejprve si všimněme, že v našem případě EyBz — EzBy = \E x B\. Dále si naši rovnici přepíšeme pomocí Poytingova vektoru Š= —Ě x B a hustoty energie W=\ (eQĚ2 + — B2 Ještě při úpravách využijeme toho, že rychlost světla se dá zapsat pomocí permitivity a permeability jako 1 c2 Tím naše rovnice přejde na tvar v2 IM)\Š\ ( 1 + - 2^o + jB2 w2--— + c2 = 0. Řešení této kvadratické rovnice je již lehké Wc2 W2é 2 Tudíž vždy dokážeme najít takovou rychlost, aby vektory e a b, které nejsou kolmé, byly v nové soustavě rovnoběžné. Kolmost se musela vyloučit z toho důvodu, že skalární součin e ■ b je invariant. Tudíž pokud jsou v nějaké vztažné soustavě vektory e a b na sebe kolmé, jsou na sobě kolmé i v libovolné další vztažné soustavě. Každopádně díky výsledku tohoto příkladu stačí pohyb částic v konstantním elektromagnetickém poli vyřešit pouze pro dva případy, pokud jsou vektory e a, b kolmé, nebo rovnoběžné. Všechny ostatní případy se dostanou nějakou Lorentzovou transformací výše spočítanou rychlostí. r2 l^l2 2. Ukažte, že výraz w2-^- (1) cz je invariantní vůči lorentzovským transformacím. w je hustota energie w = \ (e0ě2 + -b2 2 V a s je Poytingův vektor š = — ě x b. Řešení: Lorentzovská invariance znamená, že se při transformaci z nečárkované soustavy K do čárkované soustavy K' pomocí Lorentzovy transformace uvažovaný výraz nezmění. Tj. mělo by platit WI2_\^ = W2 1^1 C2 C2 Bohužel, veličiny w a s dohromady netvoří 4-vektor. Proto musíme invarianci ověřit oklikou. Pokusíme se výraz v zadání napsat pomocí invariantů elektromagnetického pole F^ = -2[^-52j, F^(^)=4^. (2) To, že jsou to invarianty, zjistíme velmi jednoduše, nemají totiž žádný volný lorentzovský index. Dále budeme používat vztah pomocí kterého přepíšeme hustotu energie na w = ^- (\e2 + b2 3 Začněme však s výpočtem, do (1) dosadíme definice W a S a počítejme 2 wz \s\* A/i2 \c2 E2 + B' _J rpj r>k^ rpl r>m Ay2 \é Xě4 + \e2B2 + B4 —-^E3B E Bm (ÔjiÔkm — Sjm&kl) 4(j* V c4 4(j* V c4 ^Ě4 + B4 1 1 Ě2B2 - -i (EjBkEjBk - EjBkEkBj) 2c2 fif o -E4 + B4 1 1 £^2_ 1 (e2B2- (e-B2 2c2 o -E" + 5- 1 / 1 £4 -±^ě2b2 + -^(ě-b)2 1 I AE ■ b -EZBZ + £■ 16/Xq \ c 4^ Vc2 E2-B< AE ■ B n 2 2 4^ _ 5^ AE ■ B V posledních krocích jsme provedli „umělé" úpravy, abychom získali explicitně invarianty (2). Zjistili jsme tedy, že Wz což je součet invariantů elektromagnetického pole přenásobený konstantou, tudíž je to také invariant. 3. Vysvětlete, proč kontrakci e-tensorů můžeme počítat pomocí vzorce Aivpcr K K si ô* ^ 5l ňv í)p r)°~ uip °ip "f Dále pomocí tohoto vzorce spočtěte eMWjpeMi,Aip, £pvap£pva\ a £pvap£pvap- Řešení: Epsilon tensor se čtyřmi indexy je prvek A4IR1,3. Opět je to úplně antisymetrický tensor, tzn. prohozením dvou indexů se změní znaménko. Rozdíl je ale mezi tensory s horními a dolními indexy. Pokud zadefinujeme 0123 i pak platí 123 1, ale e1 01 3 4 jelikož při snižování/zvyšování prostorových indexů se mění znaménko, protože v metrice je na příslušném místě záporná jednička. Můžeme to ukázat na následujícím příkladu Pojďme teď vysvětlit počítání kontrakce epsilon tensorů pomocí determinantu. Nejprve znamínko před determinantem. To je dáno podobným důvodem, jako v předchozím případě. Je to kvůli mínusům v metrice, přesněji kvůli tomu, že determinant metriky g nu je mínus jedna. Dál pomocí determinantu umíme zajistit, aby byly ve výrazech vždy různé indexy, jelikož determinant vybírá z matice z každého sloupce a řádku právě jeden prvek. Nakonec má determinant přesně tu antisymetrickou vlastnost, kterou potřebujeme. Pokud například v determinantu v zadání prohodíme první a druhý sloupec, odpovídá to prohození indexů v -H- p v prvním e-tensoru. Podobně to platí pro řádky. Nastává čas na odvození vzorců pro kontrakce více indexů. Při odvozování budeme používat pouze vlastnosti Kroneckerových delt. První vzorec odvodíme následujícím způsobem 01 3 _ 01^3 t 2 — t 0-0 + 0 •O + l-ť-l)+ 0-0 = -1. Zbývající dva vzorce už získáme jednoduše z právě odvozené identity 2 [m - %1 = -2 [ASI ~ ôl\ = 24. 5