相对论电动力学
作者：互联网
1、麦克斯韦方程组
在相对论力学中，电磁场是作为一个给定的量，动力学是一个带电粒子，接下来把电磁场本身看成是一个动力学量。为描述电磁场运动，应在作用量中加一项纯反映电磁场的项，满足规范不变原理。此外，加的这个项应该是洛伦兹变换标量，并且麦克斯韦方程中，都是一阶微分。满足这三个条件的一种情况是：
∑
μ
,
ν
=
1
4
F
μ
ν
F
μ
ν
=
2
(
B
2
−
1
c
2
E
2
)
(1)
\sum_{\mu,\nu=1}^4 F_{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 2(B^2 - \frac{1}{c^2}E^2) \tag{1}
μ,ν=1∑4FμνFμν=2(B2−c21E2)(1)
还有一种情况是：
∑
μ
,
ν
,
σ
,
ρ
=
1
4
ϵ
μ
ν
σ
ρ
F
μ
ν
F
σ
ρ
=
−
8
i
c
E
⃗
⋅
B
⃗
=
∑
μ
,
ν
,
σ
,
ρ
=
1
4
4
ϵ
μ
ν
σ
ρ
∂
μ
(
A
ν
∂
σ
A
ρ
)
(2)
\sum_{\mu,\nu,\sigma,\rho=1}^4 \epsilon_{\mu\nu\sigma\rho} F_{\mu\nu} F_{\sigma\rho} = -\frac{8i}{c} \vec{E}\cdot\vec{B} = \sum_{\mu,\nu,\sigma,\rho=1}^4 4\epsilon_{\mu\nu\sigma\rho} \partial_\mu (A_\nu \partial_\sigma A_\rho) \tag{2}
μ,ν,σ,ρ=1∑4ϵμνσρFμνFσρ=−c8iE
⋅B
=μ,ν,σ,ρ=1∑44ϵμνσρ∂μ(Aν∂σAρ)(2)
在空间反射和时间反演下，式(1)不变，但是式(2)会出一个负号，即式(2)破坏了空间反演，这里选用式(1)。给定一团电荷和电流，作用量包含电荷电流激发的电磁场和电磁场与电荷电流的相互作用：
S
=
∫
d
t
d
τ
[
(
−
1
4
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
F
μ
ν
F
μ
ν
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
A
μ
]
(3)
S = \int dt d\tau [(-\frac{1}{4\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 F_{\mu\nu}F_{\mu\nu} + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu A_\mu ] \tag{3}
S=∫dtdτ[(−4μ01)μ,ν=1∑4FμνFμν+μ=1∑4jμAμ](3)
使用协变的写法，对作用量求极值：
0
=
δ
S
=
∫
d
t
d
τ
[
(
−
1
4
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
δ
(
F
μ
ν
F
μ
ν
)
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
δ
A
μ
]
=
∫
d
t
d
τ
[
(
−
1
2
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
F
μ
ν
δ
F
μ
ν
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
δ
A
μ
]
=
∫
d
t
d
τ
[
(
−
1
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
F
μ
ν
δ
(
∂
μ
A
ν
)
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
δ
A
μ
]
=
∫
d
t
d
τ
[
(
−
1
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
F
μ
ν
(
∂
μ
δ
A
ν
)
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
δ
A
μ
]
=
∫
d
t
d
τ
{
(
−
1
μ
0
)
∑
μ
,
ν
=
1
4
[
∂
μ
(
F
μ
ν
δ
A
ν
)
−
(
∂
μ
F
μ
ν
)
δ
A
ν
]
+
∑
μ
=
1
4
j
μ
δ
A
μ
}
=
∫
d
t
d
τ
∑
μ
=
1
4
[
(
1
μ
0
∂
μ
F
μ
ν
+
j
ν
)
δ
A
ν
]
(3)
\begin{aligned} 0 = \delta S & = \int dt d\tau [(-\frac{1}{4\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 \delta(F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}) + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu \delta A_\mu ] \\ & = \int dt d\tau [(-\frac{1}{2\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 F_{\mu\nu} \delta F_{\mu\nu} + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu \delta A_\mu ] \\ & = \int dt d\tau [(-\frac{1}{\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 F_{\mu\nu} \delta (\partial_\mu A_\nu) + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu \delta A_\mu ] \\ & = \int dt d\tau [(-\frac{1}{\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 F_{\mu\nu} (\partial_\mu \delta A_\nu) + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu \delta A_\mu ] \\ & = \int dt d\tau \{ (-\frac{1}{\mu_0})\sum_{\mu,\nu=1}^4 [\partial_\mu (F_{\mu\nu}\delta A_\nu) - (\partial_\mu F_{\mu\nu}) \delta A_\nu ] + \sum_{\mu=1}^4 j_\mu \delta A_\mu \} \\ & = \int dt d\tau \sum_{\mu=1}^4 [ (\frac{1}{\mu_0}\partial_\mu F_{\mu\nu} + j_\nu)\delta A_\nu ] \end{aligned} \tag{3}
0=δS=∫dtdτ[(−4μ01)μ,ν=1∑4δ(FμνFμν)+μ=1∑4jμδAμ]=∫dtdτ[(−2μ01)μ,ν=1∑4FμνδFμν+μ=1∑4jμδAμ]=∫dtdτ[(−μ01)μ,ν=1∑4Fμνδ(∂μAν)+μ=1∑4jμδAμ]=∫dtdτ[(−μ01)μ,ν=1∑4Fμν(∂μδAν)+μ=1∑4jμδAμ]=∫dtdτ{(−μ01)μ,ν=1∑4[∂μ(FμνδAν)−(∂μFμν)δAν]+μ=1∑4jμδAμ}=∫dtdτμ=1∑4[(μ01∂μFμν+jν)δAν](3)
上式中，倒数第二个等号，第一项可以化为无穷远处的面积分，值为零；第三项改为对
ν
\nu
ν求和。要使上式成立，那么
∑
μ
=
1
4
∂
μ
F
μ
ν
=
−
μ
0
j
ν
(4)
\sum_{\mu=1}^4 \partial_\mu F_{\mu\nu} = -\mu_0 j_\nu \tag{4}
μ=1∑4∂μFμν=−μ0jν(4)
如果
F
μ
ν
F_{\mu\nu}
Fμν使用相对论力学中式(53)，即用势来描述，那么
F
μ
ν
F_{\mu\nu}
Fμν自动满足以下方程：
∂
μ
F
ν
λ
+
∂
ν
F
λ
μ
+
∂
λ
F
μ
ν
=
0
(5)
\partial_\mu F_{\nu\lambda} + \partial_\nu F_{\lambda\mu} + \partial_{\lambda} F_{\mu\nu} = 0 \tag{5}
∂μFνλ+∂νFλμ+∂λFμν=0(5)
方程(4)和方程(5)就是麦克斯韦方程组。方程(4)中，
ν
\nu
ν为自由角标，取自由角标的空间分量：
∑
j
=
1
3
∂
j
F
j
i
=
−
μ
0
j
i
−
∂
4
F
4
i
⟹
∑
j
,
k
=
1
3
∂
j
ϵ
j
i
k
B
k
=
−
μ
0
j
i
−
1
c
2
∂
E
i
∂
t
⟹
∇
×
B
⃗
=
μ
0
j
⃗
+
μ
0
ϵ
0
∂
E
⃗
∂
t
(6)
\sum_{j=1}^3 \partial_j F_{ji} = -\mu_0 j_i - \partial_4 F_{4i} \Longrightarrow \sum_{j,k=1}^3 \partial_j\epsilon_{jik} B_k = -\mu_0 j_i - \frac{1}{c^2} \frac{\partial E_i}{\partial t} \Longrightarrow \nabla\times\vec{B} = \mu_0\vec{j} + \mu_0\epsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \tag{6}
j=1∑3∂jFji=−μ0ji−∂4F4i⟹j,k=1∑3∂jϵjikBk=−μ0ji−c21∂t∂Ei⟹∇×B
=μ0j
+μ0ϵ0∂t∂E
(6)
式(4)中的时间分量为：
∑
i
=
1
3
∂
i
F
i
4
=
−
μ
0
j
4
⟹
∑
i
=
1
3
∂
i
E
i
(
−
i
c
)
=
−
μ
0
i
c
ρ
⟹
∇
⋅
E
⃗
=
ρ
ϵ
0
(7)
\sum_{i=1}^3 \partial_i F_{i4} = -\mu_0 j_4 \Longrightarrow \sum_{i=1}^3 \partial_i E_i (-\frac{i}{c}) = -\mu_0 ic\rho \Longrightarrow \nabla\cdot\vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0} \tag{7}
i=1∑3∂iFi4=−μ0j4⟹i=1∑3∂iEi(−ci)=−μ0icρ⟹∇⋅E
=ϵ0ρ(7)
式(5)中，下标全取成空间分量：
∂
1
F
23
+
∂
2
F
31
+
∂
3
F
12
=
0
⟹
∑
i
,
j
,
k
=
1
3
∂
i
ϵ
i
j
k
F
j
k
=
0
⟹
∑
i
=
1
3
∂
i
B
i
=
0
⟹
∇
⋅
B
⃗
=
0
(8)
\partial_1 F_{23} + \partial_2 F_{31} + \partial_3 F_{12} =0 \Longrightarrow \sum_{i,j,k=1}^3 \partial_i \epsilon_{ijk} F_{jk} = 0 \Longrightarrow \sum_{i=1}^3 \partial_i B_i = 0 \Longrightarrow \nabla\cdot\vec{B} = 0 \tag{8}
∂1F23+∂2F31+∂3F12=0⟹i,j,k=1∑3∂iϵijkFjk=0⟹i=1∑3∂iBi=0⟹∇⋅B
=0(8)
式(5)中，三个下标有一个取时间分量，另外两个取空间分量：
∂
j
F
k
4
+
∂
k
F
4
j
+
∂
4
F
j
k
=
0
⟹
∑
j
,
k
=
1
3
ϵ
i
j
k
∂
j
(
i
c
F
k
4
)
=
−
i
c
∂
4
(
1
2
∑
j
,
k
=
1
3
ϵ
j
k
i
F
j
k
)
⟹
∑
j
,
k
=
1
3
ϵ
i
j
k
∂
j
E
k
=
−
∂
∂
B
i
⟹
∇
×
E
⃗
=
−
∂
B
⃗
∂
t
(9)
\partial_j F_{k4} + \partial_k F_{4j} + \partial_4 F_{jk} = 0 \Longrightarrow \sum_{j,k=1}^3 \epsilon_{ijk}\partial_j (ic F_{k4}) = -ic \partial_4 (\frac{1}{2} \sum_{j,k=1}^3 \epsilon_{jki}F_{jk}) \Longrightarrow \sum_{j,k=1}^3 \epsilon_{ijk} \partial_j E_k = - \frac{\partial}{\partial}B_i \Longrightarrow \nabla\times\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \tag{9}
∂jFk4+∂kF4j+∂4Fjk=0⟹j,k=1∑3ϵijk∂j(icFk4)=−ic∂4(21j,k=1∑3ϵjkiFjk)⟹j,k=1∑3ϵijk∂jEk=−∂∂Bi⟹∇×E
=−∂t∂B
(9)
如果式(5)中取两个或者三个时间分量，方程是平庸的，方程恒满足。式(4)和式(5)中，去除平庸解，即得到真空中的麦克斯韦方程组。前面是通过实验定律得到麦克斯韦方程组；在这里是通过拉格朗日量取极值得到。在这里：
-
只要定义了矢量势 A μ A_{\mu} Aμ，就可以定义场强
F μ ν ≡ ∂ μ A ν − ∂ ν A μ (10) F_{\mu\nu} \equiv \partial_{\mu} A_{\nu} - \partial_{\nu} A_{\mu} \tag{10} Fμν≡∂μAν−∂νAμ(10) -
场强的结构使方程(5)自然成立
-
场强的结构还使方程
∑ μ ν ∂ μ ∂ ν F μ ν = 0 (11) \sum_{\mu\nu} \partial_{\mu}\partial_{\nu} F_{\mu\nu} = 0 \tag{11} μν∑∂μ∂νFμν=0(11)
自然成立。它意味着可以定义流：
j ν ≡ − 1 μ 0 ∑ μ ∂ μ F μ ν (12) j_{\nu} \equiv -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\mu} \partial_{\mu} F_{\mu \nu} \tag{12} jν≡−μ01μ∑∂μFμν(12)
流满足守恒方程：
∑ ν ∂ ν j ν = 0 (13) \sum_{\nu} \partial_{\nu} j_{\nu} = 0 \tag{13} ν∑∂νjν=0(13)
进而得到方程(4)。从这个角度来看，只要定义了式(10)，方程(4)和方程(5)是自然满足的。 -
场是在全空间分布的，而通过式(12)定义出来的流可以是局域的
2、极化强度和磁化强度
前面讨论的是真空中的麦克斯韦方程组，存在介质时，还会出现极化强度和磁化强度。介质中的麦克斯韦方程组为：
{
∇
⋅
(
ϵ
0
E
⃗
+
P
⃗
)
=
ρ
f
∇
×
E
⃗
=
−
∂
B
⃗
∂
t
∇
⋅
B
⃗
=
0
∇
×
(
1
μ
0
B
⃗
−
M
⃗
)
=
j
⃗
c
+
∂
∂
t
(
ϵ
0
E
⃗
+
P
⃗
)
(14)
\left \{ \begin{aligned} & \nabla\cdot(\epsilon_0 \vec{E}+\vec{P}) = \rho_f \\ & \nabla\times\vec{E} = -\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} \\ & \nabla\cdot \vec{B} = 0 \\ & \nabla \times (\frac{1}{\mu_0} \vec{B} - \vec{M}) = \vec{j}_c + \frac{\partial}{\partial t}(\epsilon_0\vec{E} + \vec{P}) \end{aligned} \right. \tag{14}
⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧∇⋅(ϵ0E
+P
)=ρf∇×E
=−∂t∂B
∇⋅B
=0∇×(μ01B
−M
)=j
c+∂t∂(ϵ0E
+P
)(14)
相对性原理要求物理方程在所有惯性参考系中具有相同的形式，为保证方程(14)在所有惯性参考系中形式相同，那么极化强度
P
⃗
\vec{P}
P
的变换行为和
ϵ
0
E
⃗
\epsilon_0 \vec{E}
ϵ0E
的变换行为是一致的：
E
⃗
⟹
1
ϵ
0
P
⃗
(15)
\vec{E} \Longrightarrow \frac{1}{\epsilon_0} \vec{P} \tag{15}
E
⟹ϵ01P
(15)
同理，磁化强度
M
⃗
\vec{M}
M
必须和
B
⃗
μ
0
\frac{\vec{B}}{\mu_0}
μ0B
的变换行为一致：
B
⃗
⟹
−
μ
0
M
⃗
(16)
\vec{B} \Longrightarrow -\mu_0 \vec{M} \tag{16}
B
⟹−μ0M
(16)
相对论力学中给出的电磁场的场强构成的二阶张量为：
F
μ
ν
=
∂
μ
A
ν
−
∂
ν
A
μ
=
(
0
B
3
−
B
2
−
i
c
E
1
−
B
3
0
B
1
−
i
c
E
2
B
2
−
B
1
0
−
i
c
E
3
−
i
c
E
1
−
i
c
E
2
−
i
c
E
3
0
)
(17)
F_{\mu\nu} = \partial_{\mu}A_\nu - \partial_\nu A_\mu = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & B_3 & -B_2 & -\frac{i}{c}E_1 \\ -B_3 & 0 & B_1 & -\frac{i}{c}E_2 \\ B_2 & -B_1 & 0 & -\frac{i}{c}E_3 \\ -\frac{i}{c}E_1 & -\frac{i}{c}E_2 & -\frac{i}{c}E_3 & 0 \end{array} \right) \tag{17}
Fμν=∂μAν−∂νAμ=⎝⎜⎜⎛0−B3B2−ciE1B30−B1−ciE2−B2B10−ciE3−ciE1−ciE2−ciE30⎠⎟⎟⎞(17)
其洛伦兹变换的变换关系为：
F
μ
ν
′
=
∑
λ
,
λ
′
=
1
4
a
μ
λ
F
λ
λ
′
a
ν
λ
′
(18)
F'_{\mu\nu} = \sum_{\lambda, \lambda'=1}^4 a_{\mu\lambda} F_{\lambda\lambda'} a_{\nu\lambda'} \tag{18}
Fμν′=λ,λ′=1∑4aμλFλλ′aνλ′(18)
或者写成矩阵形式：
F
′
=
A
F
A
T
(19)
F' = AFA^T \tag{19}
F′=AFAT(19)
由式(15)和式(16)中的变换关系，可以得到极化强度和磁化强度构成的二阶张量：
M
μ
ν
=
(
0
−
M
3
M
2
−
i
c
P
1
M
3
0
−
M
1
−
i
c
P
2
−
M
2
M
1
0
−
i
c
P
3
i
c
P
1
i
c
P
2
i
c
P
3
0
)
(20)
M_{\mu\nu} = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & -M_3 & M_2 & -icP_1 \\ M_3 & 0 & -M_1 & -icP_2 \\ -M_2 & M_1 & 0 & -icP_3 \\ icP_1 & icP_2 & icP_3 & 0 \end{array} \right) \tag{20}
Mμν=⎝⎜⎜⎛0M3−M2icP1−M30M1icP2M2−M10icP3−icP1−icP2−icP30⎠⎟⎟⎞(20)
同理，其洛伦兹变换关系为：
M
μ
ν
′
=
∑
λ
,
λ
′
=
1
4
a
μ
λ
M
λ
λ
′
a
ν
λ
′
(21)
M'_{\mu\nu} = \sum_{\lambda, \lambda'=1}^4 a_{\mu\lambda} M_{\lambda\lambda'} a_{\nu\lambda'} \tag{21}
Mμν′=λ,λ′=1∑4aμλMλλ′aνλ′(21)
其矩阵形式为：
M
′
=
A
M
A
T
(22)
M' = A M A^T \tag{22}
M′=AMAT(22)
那么介质中的麦克斯韦方程组可以写为：
{
∑
μ
=
1
4
∂
μ
[
F
μ
ν
+
μ
0
M
μ
ν
]
=
−
μ
0
j
ν
∂
μ
F
ν
λ
+
∂
ν
F
λ
μ
+
∂
λ
F
μ
ν
=
0
(23)
\left \{ \begin{aligned} & \sum_{\mu=1}^4 \partial_\mu [F_{\mu\nu} + \mu_0 M_{\mu\nu}] = - \mu_0 j_{\nu} \\ & \partial_\mu F_{\nu\lambda} + \partial_\nu F_{\lambda\mu} + \partial_{\lambda} F_{\mu\nu} = 0 \end{aligned} \right. \tag{23}
⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧μ=1∑4∂μ[Fμν+μ0Mμν]=−μ0jν∂μFνλ+∂νFλμ+∂λFμν=0(23)
或者将介质的贡献移到等号右边：
j
ν
→
j
ν
+
∂
μ
M
μ
ν
(24)
j_\nu \rightarrow j_\nu + \partial_\mu M_{\mu\nu} \tag{24}
jν→jν+∂μMμν(24)
将介质的贡献作为源的贡献，介质中的麦克斯韦方程组可以写为：
{
∑
μ
=
1
4
∂
μ
F
μ
ν
=
−
μ
0
j
ν
∂
μ
F
ν
λ
+
∂
ν
F
λ
μ
+
∂
λ
F
μ
ν
=
0
(25)
\left \{ \begin{aligned} & \sum_{\mu=1}^4 \partial_\mu F_{\mu\nu} = - \mu_0 j_{\nu} \\ & \partial_\mu F_{\nu\lambda} + \partial_\nu F_{\lambda\mu} + \partial_{\lambda} F_{\mu\nu} = 0 \end{aligned} \right. \tag{25}
⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧μ=1∑4∂μFμν=−μ0jν∂μFνλ+∂νFλμ+∂λFμν=0(25)
3、能动量守恒
接下来使用张量的形式导出之前推导过的能动量守恒定律。将洛伦兹力写为张量形式（见相对论力学中的式(58)）：
f
μ
≡
∑
ν
=
1
4
F
μ
ν
j
ν
(26)
f_\mu \equiv \sum_{\nu=1}^4 F_{\mu\nu} j_\nu \tag{26}
fμ≡ν=1∑4Fμνjν(26)
将式(12)代入到式(26)，得到
f
μ
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
F
μ
ν
∂
ν
′
F
ν
′
ν
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
[
∂
ν
′
(
F
μ
ν
F
ν
′
ν
)
−
(
∂
ν
′
F
μ
ν
)
F
ν
′
ν
]
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
[
∂
ν
′
(
F
μ
ν
F
ν
′
ν
)
−
1
2
(
∂
ν
′
F
μ
ν
)
F
ν
′
ν
−
1
2
(
∂
ν
F
μ
ν
′
)
F
ν
ν
′
]
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
[
∂
ν
′
(
F
μ
ν
F
ν
′
ν
)
+
1
2
(
∂
ν
′
F
μ
ν
+
∂
ν
F
ν
′
μ
)
F
ν
ν
′
]
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
[
∂
ν
′
(
F
μ
ν
F
ν
′
ν
)
−
1
2
(
∂
μ
F
ν
ν
′
)
F
ν
ν
′
]
=
−
1
μ
0
∑
ν
,
ν
′
=
1
4
∂
ν
′
[
F
μ
ν
F
ν
′
ν
−
1
4
δ
μ
ν
′
∑
ν
′
′
=
1
4
F
ν
ν
′
′
F
ν
ν
′
′
]
≡
−
∑
ν
′
=
1
4
∂
ν
′
T
μ
ν
′
(27)
\begin{aligned} f_\mu & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 F_{\mu\nu} \partial_{\nu'} F_{\nu'\nu} \\ & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 [ \partial_{\nu'}(F_{\mu\nu}F_{\nu'\nu}) - (\partial_{\nu'}F_{\mu\nu})F_{\nu'\nu} ] \\ & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 [ \partial_{\nu'}(F_{\mu\nu}F_{\nu'\nu}) - \frac{1}{2} (\partial_{\nu'}F_{\mu\nu}) F_{\nu'\nu} - \frac{1}{2} (\partial_{\nu}F_{\mu\nu'}) F_{\nu\nu'} ] \\ & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 [ \partial_{\nu'}(F_{\mu\nu}F_{\nu'\nu}) + \frac{1}{2} (\partial_{\nu'}F_{\mu\nu} + \partial_{\nu}F_{\nu'\mu}) F_{\nu\nu'} ] \\ & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 [ \partial_{\nu'}(F_{\mu\nu}F_{\nu'\nu}) - \frac{1}{2} (\partial_{\mu}F_{\nu\nu'}) F_{\nu\nu'} ] \\ & = -\frac{1}{\mu_0} \sum_{\nu,\nu'=1}^4 \partial_{\nu'} [ F_{\mu\nu}F_{\nu'\nu} - \frac{1}{4} \delta_{\mu\nu'} \sum_{\nu''=1}^4 F_{\nu\nu''} F_{\nu\nu''} ] \\ & \equiv -\sum_{\nu'=1}^4 \partial_{\nu'} T_{\mu\nu'} \end{aligned} \tag{27}
fμ=−μ01ν,ν′=1∑4Fμν∂ν′Fν′ν=−μ01ν,ν′=1∑4[∂ν′(FμνFν′ν)−(∂ν′Fμν)Fν′ν]=−μ01ν,ν′=1∑4[∂ν′(FμνFν′ν)−21(∂ν′Fμν)Fν′ν−21(∂νFμν′)Fνν′]=−μ01ν,ν′=1∑4[∂ν′(FμνFν′ν)+21(∂ν′Fμν+∂νFν′μ)Fνν′]=−μ01ν,ν′=1∑4[∂ν′(FμνFν′ν)−21(∂μFνν′)Fνν′]=−μ01ν,ν′=1∑4∂ν′[FμνFν′ν−41δμν′ν′′=1∑4Fνν′′Fνν′′]≡−ν′=1∑4∂ν′Tμν′(27)
上式中，第二个等号中将第二项拆成两项，并交换后一项的
ν
\nu
ν和
ν
′
\nu'
ν′；第三个等号中，交换
F
F
F的下标，出一个负号；第四个等号中，利用了式(5)。洛伦兹力最终写成张量
T
T
T的全微分：
f
μ
=
−
∑
ν
=
1
4
∂
ν
T
μ
ν
(28)
f_\mu = - \sum_{\nu=1}^4 \partial_\nu T_{\mu\nu} \tag{28}
fμ=−ν=1∑4∂νTμν(28)
张量
T
T
T即为体系的能动量张量：
T
μ
ν
≡
1
μ
0
[
∑
ν
′
=
1
4
F
μ
ν
′
F
ν
ν
′
−
1
4
δ
μ
ν
∑
μ
′
,
ν
′
=
1
4
F
μ
′
ν
′
F
μ
′
ν
′
]
=
T
ν
μ
(29)
T_{\mu\nu} \equiv \frac{1}{\mu_0} [ \sum_{\nu'=1}^4 F_{\mu\nu'} F_{\nu\nu'} - \frac{1}{4} \delta_{\mu\nu} \sum_{\mu',\nu'=1}^4 F_{\mu'\nu'}F_{\mu'\nu'} ] = T_{\nu\mu} \tag{29}
Tμν≡μ01[ν′=1∑4Fμν′Fνν′−41δμνμ′,ν′=1∑4Fμ′ν′Fμ′ν′]=Tνμ(29)
其中场强
F
F
F的空间分量为：
F
i
j
=
∑
k
=
1
3
ϵ
i
j
k
B
k
(30)
F_{ij} = \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk}B_k \tag{30}
Fij=k=1∑3ϵijkBk(30)
时间分量为：
F
4
i
=
−
F
i
4
=
i
c
E
i
(31)
F_{4i}=-F_{i4} = \frac{i}{c} E_{i} \tag{31}
F4i=−Fi4=ciEi(31)
那么
∑
μ
′
,
ν
′
=
1
4
F
μ
′
ν
′
F
μ
′
ν
′
=
2
B
2
−
2
c
2
E
2
(32)
\sum_{\mu',\nu'=1}^4 F_{\mu'\nu'}F_{\mu'\nu'} = 2B^2 - \frac{2}{c^2} E^2 \tag{32}
μ′,ν′=1∑4Fμ′ν′Fμ′ν′=2B2−c22E2(32)
能动量张量的空间分量为：
T
i
j
=
1
μ
0
[
∑
k
=
1
3
F
i
k
j
k
+
F
i
4
F
j
4
−
1
2
δ
i
j
(
B
2
−
1
c
2
E
2
)
]
=
1
μ
0
[
∑
k
,
l
,
l
′
=
1
3
ϵ
i
k
l
ϵ
j
k
l
′
B
l
B
l
′
−
1
c
2
E
i
E
j
−
1
2
δ
i
j
(
B
2
−
1
c
2
E
2
)
]
=
1
μ
0
[
δ
i
j
B
2
−
B
i
B
j
−
1
c
2
E
i
E
j
−
1
2
δ
i
j
(
B
2
−
1
c
2
E
2
)
]
=
1
μ
0
[
−
B
i
B
j
−
1
c
2
E
i
E
j
+
1
2
δ
i
j
(
B
2
+
1
c
2
E
2
)
]
=
1
μ
0
(
−
B
i
B
j
+
1
2
δ
i
j
B
2
)
+
ϵ
0
(
−
E
i
E
j
+
1
2
δ
i
j
E
2
)
=
J
i
j
(33)
\begin{aligned} T_{ij} & = \frac{1}{\mu_0} [\sum_{k=1}^3 F_{ik}{jk} + F_{i4}F_{j4} - \frac{1}{2} \delta_{ij} (B^2 - \frac{1}{c^2}E^2)] \\ & = \frac{1}{\mu_0} [\sum_{k,l,l'=1}^3 \epsilon_{ikl}\epsilon_{jkl'} B_lB_{l'} - \frac{1}{c^2} E_iE_j - \frac{1}{2} \delta_{ij} (B^2 - \frac{1}{c^2}E^2)] \\ & = \frac{1}{\mu_0} [ \delta_{ij} B^2 - B_iB_j - \frac{1}{c^2} E_iE_j - \frac{1}{2} \delta_{ij} (B^2 - \frac{1}{c^2}E^2) ] \\ & = \frac{1}{\mu_0} [ - B_iB_j - \frac{1}{c^2} E_iE_j + \frac{1}{2} \delta_{ij} (B^2 + \frac{1}{c^2}E^2) ] \\ & = \frac{1}{\mu_0} (-B_iB_j + \frac{1}{2} \delta_{ij}B^2) + \epsilon_0 (-E_iE_j + \frac{1}{2} \delta_{ij}E^2 ) \\ & = J_{ij} \end{aligned} \tag{33}
Tij=μ01[k=1∑3Fikjk+Fi4Fj4−21δij(B2−c21E2)]=μ01[k,l,l′=1∑3ϵiklϵjkl′BlBl′−c21EiEj−21δij(B2−c21E2)]=μ01[δijB2−BiBj−c21EiEj−21δij(B2−c21E2)]=μ01[−BiBj−c21EiEj+21δij(B2+c21E2)]=μ01(−BiBj+21δijB2)+ϵ0(−EiEj+21δijE2)=Jij(33)
即能动量张量的空间分量是场的动量流密度（见电磁相互作用能量动量的转化与守恒中的式(19））：
T
i
j
=
1
μ
0
(
−
B
i
B
j
+
1
2
δ
i
j
B
2
)
+
ϵ
0
(
−
E
i
E
j
+
1
2
δ
i
j
E
2
)
=
J
i
j
(34)
T_{ij} = \frac{1}{\mu_0} (-B_iB_j + \frac{1}{2} \delta_{ij}B^2) + \epsilon_0 (-E_iE_j + \frac{1}{2} \delta_{ij}E^2 ) = J_{ij} \tag{34}
Tij=μ01(−BiBj+21δijB2)+ϵ0(−EiEj+21δijE2)=Jij(34)
能动量张量的下标都取时间分量时：
T
44
=
1
μ
0
[
∑
i
=
1
3
F
4
i
2
−
1
2
(
B
2
−
1
c
2
E
2
)
]
=
−
1
2
μ
0
(
B
2
+
1
c
2
E
2
)
)
=
−
1
2
μ
0
B
2
−
ϵ
0
2
E
2
=
−
W
(35)
T_{44} = \frac{1}{\mu_0} [\sum_{i=1}^3 F_{4i}^2 - \frac{1}{2}(B^2 - \frac{1}{c^2}E^2)] = -\frac{1}{2\mu_0} (B^2 + \frac{1}{c^2}E^2)) = -\frac{1}{2\mu_0} B^2 - \frac{\epsilon_0}{2}E^2 = -W \tag{35}
T44=μ01[i=1∑3F4i2−21(B2−c21E2)]=−2μ01(B2+c21E2))=−2μ01B2−2ϵ0E2=−W(35)
即能动量张量下标都取时间分量时，正好对应电磁场的能量密度（见电磁相互作用能量动量的转化与守恒中的式(9））。能动量张量的下标取交叉项时：
T
i
4
=
T
4
i
=
1
μ
0
∑
j
=
1
3
F
i
j
F
4
j
=
i
μ
0
c
∑
j
,
k
=
1
3
ϵ
i
j
k
B
k
E
j
=
i
μ
0
c
(
E
⃗
×
B
⃗
)
i
=
i
c
S
i
=
i
c
g
i
(36)
T_{i4}=T_{4i} = \frac{1}{\mu_0} \sum_{j=1}^3 F_{ij}F_{4j} = \frac{i}{\mu_0c} \sum_{j,k=1}^3 \epsilon_{ijk}B_kE_j = \frac{i}{\mu_0c} (\vec{E}\times\vec{B})_i = \frac{i}{c} S_i = icg_i \tag{36}
Ti4=T4i=μ01j=1∑3FijF4j=μ0cij,k=1∑3ϵijkBkEj=μ0ci(E
×B
)i=ciSi=icgi(36)
即能动量张量的交叉项对应电磁场的能流密度或者动量流密度（见电磁相互作用能量动量的转化与守恒中的式(12)和式(18)）。能动量张量
T
T
T为无迹二阶张量（对角项之和为零）。能动量守恒定律中出现的物理量，全部被嵌到能动量张量
T
T
T中。式(28)中，取洛伦兹力的空间分量：
f
i
=
−
∑
ν
=
1
4
∂
ν
T
i
ν
=
−
∑
j
=
1
3
∂
j
T
i
j
−
∂
T
i
4
i
c
∂
t
⟹
f
⃗
=
−
∇
⋅
J
⃗
⃗
−
∂
g
⃗
∂
t
(37)
f_i = -\sum_{\nu=1}^4 \partial_\nu T_{i\nu} = -\sum_{j=1}^3 \partial_j T_{ij} - \frac{\partial T_{i4}}{ic \partial t} \Longrightarrow \vec{f} = - \nabla\cdot \vec{\vec{J}} -\frac{\partial \vec{g}}{\partial t} \tag{37}
fi=−ν=1∑4∂νTiν=−j=1∑3∂jTij−ic∂t∂Ti4⟹f
=−∇⋅J
−∂t∂g
(37)
即动量守恒定律。式(28)取洛伦兹力的时间分量：
f
4
=
−
∑
ν
=
1
4
∂
ν
T
4
ν
=
−
∑
i
=
1
3
∂
i
T
4
i
−
∂
T
44
i
c
∂
t
⟹
f
⃗
⋅
v
⃗
=
−
∇
⋅
S
⃗
−
∂
W
∂
t
(38)
f_4 = -\sum_{\nu=1}^4 \partial_\nu T_{4\nu} = -\sum_{i=1}^3 \partial_i T_{4i} - \frac{\partial T_{44}}{ic \partial t} \Longrightarrow \vec{f}\cdot\vec{v} = -\nabla\cdot\vec{S} - \frac{\partial W}{\partial t} \tag{38}
f4=−ν=1∑4∂νT4ν=−i=1∑3∂iT4i−ic∂t∂T44⟹f
⋅v
=−∇⋅S
−∂t∂W(38)
即能量守恒定律。所以张量方程(28)描述的就是电磁场的能动量守恒定律。上式中
f
⃗
\vec{f}
f
为洛伦兹力密度：
f
⃗
⋅
v
⃗
=
ρ
v
⃗
⋅
E
⃗
=
j
⃗
⋅
E
⃗
(39)
\vec{f}\cdot\vec{v} = \rho\vec{v}\cdot\vec{E} = \vec{j}\cdot\vec{E} \tag{39}
f
⋅v
=ρv
⋅E
=j
⋅E
(39)
4、真空能
能动量张量的结构为：
(
T
μ
ν
)
=
(
J
11
J
12
J
13
i
c
S
1
=
i
c
g
1
J
21
J
22
J
23
i
c
S
2
=
i
c
g
2
J
31
J
32
J
33
i
c
S
3
=
i
c
g
3
i
c
S
1
=
i
c
g
1
i
c
S
2
=
i
c
g
2
i
c
S
3
=
i
c
g
3
−
W
)
(40)
(T_{\mu\nu}) = \left ( \begin{array} {c} J_{11} & J_{12} & J_{13} & \frac{i}{c}S_1 = icg_1 \\ J_{21} & J_{22} & J_{23} & \frac{i}{c}S_2 = icg_2 \\ J_{31} & J_{32} & J_{33} & \frac{i}{c}S_3 = icg_3 \\ \frac{i}{c}S_1 = icg_1 & \frac{i}{c}S_2 = icg_2 & \frac{i}{c}S_3 = icg_3 & -W \end{array} \right ) \tag{40}
(Tμν)=⎝⎜⎜⎛J11J21J31ciS1=icg1J12J22J32ciS2=icg2J13J23J33ciS3=icg3ciS1=icg1ciS2=icg2ciS3=icg3−W⎠⎟⎟⎞(40)
空间部分是动量流，时间部分是能量密度，空间与时间交叉部分是能流或者动量密度。不仅仅是对电磁场体系，对任意一个一般的体系，能动量张量都有类似于式(40)的结构。在静态且三维各向同性的情况下，能流密度消失，动量流密度退化为压强
p
p
p，能量密度
W
W
W写为
ρ
\rho
ρ，那么式(40)可以写为：
(
T
μ
ν
)
=
(
p
0
0
0
0
p
0
0
0
0
p
0
0
0
0
−
ρ
)
(41)
(T_{\mu\nu}) = \left ( \begin{array}{c} p & 0 & 0 & 0 \\ 0 & p & 0 & 0 \\ 0 & 0 & p & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\rho \end{array} \right ) \tag{41}
(Tμν)=⎝⎜⎜⎛p0000p0000p0000−ρ⎠⎟⎟⎞(41)
对相对论物质（零质量，以光速运动），式(40)和(41)是无迹的张量，其压强和能量满足以下关系：
p
=
1
3
ρ
(42)
p=\frac{1}{3}\rho \tag{42}
p=31ρ(42)
如果是非相对论物质，在静态情况下，其动量流为零，即：
p
=
0
(43)
p=0 \tag{43}
p=0(43)
如果是四维各向同性，即：
J
⃗
⃗
=
p
I
⃗
⃗
=
−
E
真
空
I
⃗
⃗
⟹
W
=
ρ
=
E
真
空
(44)
\vec{\vec{J}} = p\vec{\vec{I}} = -E_{真空}\vec{\vec{I}} \Longrightarrow W=\rho=E_{真空} \tag{44}
J
=pI
=−E真空I
⟹W=ρ=E真空(44)
其中
E
真
空
E_{真空}
E真空是真空能量密度。式(41)变成：
(
T
μ
ν
)
=
−
E
真
空
(
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
)
(45)
(T_{\mu\nu}) = -E_{真空} \left ( \begin{array}{c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ) \tag{45}
(Tμν)=−E真空⎝⎜⎜⎛1000010000100001⎠⎟⎟⎞(45)
那么体系的表面压力为：
f
⃗
表
面
=
−
n
⃗
⋅
J
⃗
⃗
=
−
n
⃗
p
=
n
⃗
E
真
空
(46)
\vec{f}_{表面}=-\vec{n}\cdot\vec{\vec{J}} = -\vec{n}p=\vec{n}E_{真空} \tag{46}
f
表面=−n
⋅J
=−n
p=n
E真空(46)
上式表明，如果真空中有正的能量（
E
真
空
>
0
E_{真空} > 0
E真空>0），那么真空中任意一个表面所受的力都是垂直于表面向外的，使表面膨胀，即正的真空能使宇宙膨胀！宇宙中的暗能量是正的，使宇宙膨胀。
5、能动量的洛伦兹变换
定义总四度电磁能动量：
P
μ
(
t
)
=
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
4
μ
(
r
⃗
,
t
)
(47)
P_{\mu} (t) = \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{4\mu}(\vec{r},t) \tag{47}
Pμ(t)=∫全空间dr
T4μ(r
,t)(47)
在坐标系
S
′
S'
S′中，
P
P
P是个四矢量，可以按四矢量的方式进行变换，也可以对张量
T
T
T进行变换。对张量
T
T
T进行变换：
P
μ
′
(
t
′
)
=
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
4
μ
′
(
r
⃗
′
,
t
′
)
=
∑
λ
ν
a
4
λ
a
μ
ν
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
λ
ν
(
r
⃗
,
t
)
(48)
P'_\mu(t') = \int_{全空间} d\vec{r}' \ T'_{4\mu} (\vec{r}',t') = \sum_{\lambda \nu} a_{4\lambda} a_{\mu \nu} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{\lambda \nu}(\vec{r}, t) \tag{48}
Pμ′(t′)=∫全空间dr
′ T4μ′(r
′,t′)=λν∑a4λaμν∫全空间dr
′ Tλν(r
,t)(48)
P
P
P按四矢量进行变换：
P
μ
′
(
t
′
)
=
∑
ν
a
μ
ν
P
ν
(
t
)
=
∑
ν
a
μ
ν
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
4
ν
(
r
⃗
,
t
)
(49)
P'_\mu(t') = \sum_{\nu} a_{\mu\nu} P_{\nu} (t) = \sum_{\nu} a_{\mu\nu} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{4\nu} (\vec{r}, t) \tag{49}
Pμ′(t′)=ν∑aμνPν(t)=ν∑aμν∫全空间dr
T4ν(r
,t)(49)
那么式(48)和式(49)这两个变换关系是否是一致的呢，即下面式子的等号是否成立：
∑
λ
ν
a
4
λ
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
λ
ν
(
r
⃗
,
t
)
=
?
∑
ν
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
4
ν
(
r
⃗
,
t
)
(50)
\sum_{\lambda \nu} a_{4\lambda} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{\lambda \nu}(\vec{r}, t) \overset{?}{=} \sum_{\nu} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{4\nu} (\vec{r}, t) \tag{50}
λν∑a4λ∫全空间dr
′ Tλν(r
,t)=?ν∑∫全空间dr
T4ν(r
,t)(50)
对在
S
S
S系静止的一团相对距离维持固定的电荷系统的能流等于零，其四度能动量：
T
4
i
=
T
i
4
=
0
(51)
T_{4i}=T_{i4} = 0 \tag{51}
T4i=Ti4=0(51)
此时，式(47)中只有
μ
=
4
\mu=4
μ=4时有贡献：
P
μ
=
δ
μ
4
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
44
(
r
⃗
,
t
)
≡
i
m
0
c
δ
μ
4
(52)
P_\mu = \delta_{\mu 4} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{44}(\vec{r},t) \equiv im_0 c \delta_{\mu 4} \tag{52}
Pμ=δμ4∫全空间dr
T44(r
,t)≡im0cδμ4(52)
其中：
p
μ
=
(
p
⃗
,
i
E
/
c
)
(52)
p_{\mu} = (\vec{p}, iE/c) \tag{52}
pμ=(p
,iE/c)(52)
其中
E
=
m
0
c
2
E=m_0c^2
E=m0c2，在静止系无磁场因而无电磁动量，且不含
t
t
t。假设
S
′
S'
S′系相对
S
S
S系以速度
v
⃗
\vec{v}
v
运动：
γ
≡
1
1
−
v
2
c
2
=
a
44
(53)
\gamma \equiv \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} = a_{44} \tag{53}
γ≡1−c2v2
1=a44(53)
根据式(48)，在坐标系
S
′
S'
S′中的洛伦兹变换为：
P
μ
′
(
t
′
)
=
a
44
a
μ
4
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
44
(
r
⃗
)
+
∑
i
j
a
4
i
a
μ
j
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
i
j
(
r
⃗
)
=
a
44
a
μ
4
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
44
(
γ
(
x
′
+
v
t
′
)
,
y
′
,
z
′
)
+
∑
i
j
a
4
i
a
μ
j
∫
全
空
间
d
r
⃗
′
T
i
j
(
γ
(
x
′
+
v
t
′
)
,
y
′
,
z
′
)
=
a
44
a
μ
4
γ
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
44
(
r
⃗
)
+
∑
i
j
a
4
i
a
μ
j
γ
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
i
j
(
r
⃗
)
=
i
a
μ
4
m
0
c
+
1
γ
∑
i
j
a
4
i
a
μ
j
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
i
j
(
r
⃗
)
(54)
\begin{aligned} P'_{\mu} (t') & = a_{44} a_{\mu 4} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{44}(\vec{r}) + \sum_{ij} a_{4i} a_{\mu j} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{ij}(\vec{r}) \\ & = a_{44} a_{\mu 4} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{44}(\gamma (x'+vt'), y',z') + \sum_{ij} a_{4i} a_{\mu j} \int_{全空间} d\vec{r}' \ T_{ij} (\gamma (x'+vt'), y',z') \\ & = \frac{a_{44}a_{\mu 4}}{\gamma} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{44}(\vec{r}) + \sum_{ij} \frac{a_{4i}a_{\mu j}}{\gamma} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{ij}(\vec{r}) \\ & = ia_{\mu 4} m_0 c + \frac{1}{\gamma} \sum_{ij} a_{4i}a_{\mu j} \int_{全空间} d\vec{r} \ T_{ij}(\vec{r}) \end{aligned} \tag{54}
Pμ′(t′)=a44aμ4∫全空间dr
′ T44(r
)+ij∑a4iaμj∫全空间dr
′ Tij(r
)=a44aμ4∫全空间dr
′ T44(γ(x′+vt′),y′,z′)+ij∑a4iaμj∫全空间dr
′ Tij(γ(x′+vt′),y′,z′)=γa44aμ4∫全空间dr
T44(r
)+ij∑γa4iaμj∫全空间dr
Tij(r
)=iaμ4m0c+γ1ij∑a4iaμj∫全空间dr
Tij(r
)(54)
上式最后得到的结果中，第二项贡献的能动量是对四矢量洛伦兹变换行为的偏离；对
S
S
S系静止一团相对距离维持固定的电荷系统，第二项一般不为零。但这样的系统仅靠电磁力是维持不住的，需要外力！如果考虑维持这个系统的外力——彭加莱应力：
T
μ
ν
p
o
i
n
c
a
r
e
T_{\mu\nu}^{poincare}
Tμνpoincare，它被考虑到前面能动量的计算中：
∑
μ
∂
μ
(
T
μ
ν
+
T
μ
ν
p
o
i
n
c
a
r
e
)
=
0
(55)
\sum_{\mu} \partial_{\mu} (T_{\mu\nu} + T_{\mu\nu}^{poincare}) = 0 \tag{55}
μ∑∂μ(Tμν+Tμνpoincare)=0(55)
它意味着，体系每个时空点的合力为零。
6、劳厄定理
加入彭加莱应力后，定义：
T
ˉ
μ
ν
≡
T
μ
ν
+
T
μ
ν
p
o
i
n
c
a
r
e
(56)
\bar{T}_{\mu\nu} \equiv T_{\mu\nu} + T_{\mu\nu}^{poincare} \tag{56}
Tˉμν≡Tμν+Tμνpoincare(56)
那么式(55)可以写为：
∑
μ
∂
μ
T
ˉ
μ
ν
=
0
(57)
\sum_{\mu} \partial_{\mu} \bar{T}_{\mu\nu} = 0 \tag{57}
μ∑∂μTˉμν=0(57)
将其代入到式(54)中：
P
μ
′
(
t
′
)
=
i
a
μ
4
m
0
c
+
1
γ
∑
i
j
a
4
i
a
μ
j
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
ˉ
i
j
(
r
⃗
)
(58)
P'_{\mu} (t') = ia_{\mu 4} m_0 c + \frac{1}{\gamma} \sum_{ij} a_{4i}a_{\mu j} \int_{全空间} d\vec{r} \ \bar{T}_{ij}(\vec{r}) \tag{58}
Pμ′(t′)=iaμ4m0c+γ1ij∑a4iaμj∫全空间dr
Tˉij(r
)(58)
在
S
S
S系
T
μ
ν
T_{\mu\nu}
Tμν不显含时间，维持系统稳定的
T
μ
ν
p
o
i
n
c
a
r
e
T_{\mu\nu}^{poincare}
Tμνpoincare也不显含时间，导致
T
ˉ
μ
ν
\bar{T}_{\mu\nu}
Tˉμν也不显含时间，那么式(57)中对时间的偏导等于零，只剩下空间部分：
∑
μ
∂
k
T
ˉ
k
ν
=
0
(59)
\sum_{\mu} \partial_k \bar{T}_{k\nu} = 0 \tag{59}
μ∑∂kTˉkν=0(59)
式(58)中的第二项：
∫
全
空
间
d
r
⃗
T
ˉ
i
j
(
r
⃗
)
=
∑
k
∫
全
空
间
d
r
⃗
∂
k
[
x
i
T
ˉ
k
j
(
r
⃗
)
]
=
∑
k
∫
全
空
间
d
S
⃗
k
x
i
T
ˉ
k
j
(
r
⃗
)
⟹
在
无
穷
远
处
衰
减
足
够
快
0
(60)
\int_{全空间} d\vec{r} \ \bar{T}_{ij}(\vec{r}) = \sum_{k} \int_{全空间} d\vec{r} \ \partial_k [x_i\bar{T}_{kj}(\vec{r})] = \sum_{k} \int_{全空间} d\vec{S}_k x_i \bar{T}_{kj}(\vec{r}) \overset{在无穷远处衰减足够快}{\Longrightarrow} \ \ 0 \tag{60}
∫全空间dr
Tˉij(r
)=k∑∫全空间dr
∂k[xiTˉkj(r
)]=k∑∫全空间dS
kxiTˉkj(r
)⟹在无穷远处衰减足够快 0(60)
上式中第一个等号后，对
x
i
x_i
xi微分时要求
k
=
i
k=i
k=i，就是第一个等号前的式子；对
T
ˉ
k
j
\bar{T}_{kj}
Tˉkj微分，就是式(59)，结果为零。第二个等号中，将体积积分化为面积分，如果在无穷远处值为零，那么最终的结果为零，式(58)中第二项没有贡献，通过式(48)和式(49)得到的洛伦兹变换是相等的。这种情况下要求有一个额外的应力，保证式(59)中的条件，且无穷远处衰减足够快，即劳厄定理，此时洛伦兹变换为：
P
μ
′
(
t
′
)
=
i
a
μ
4
m
0
c
(61)
P'_{\mu} (t') = ia_{\mu 4} m_0 c \tag{61}
Pμ′(t′)=iaμ4m0c(61)
朗道还通过另一种方式定义总能动量来解决这种不自洽问题：
P
μ
(
t
)
≡
∑
ν
∫
全
空
间
d
S
ν
T
ν
μ
(
r
⃗
,
t
)
(62)
P_{\mu} (t) \equiv \sum_{\nu} \int_{全空间} dS_{\nu} T_{\nu\mu} (\vec{r}, t) \tag{62}
Pμ(t)≡ν∑∫全空间dSνTνμ(r
,t)(62)
这种方式没有对空间积分，刚开始就是一种协变的定义。其中
S
v
S_v
Sv为四度曲面，与
T
ν
μ
T_{\nu\mu}
Tνμ收缩一次得到一个四矢量。
微信扫描二维码，关注理工学派微信公众号，获取最新文章！
标签：frac,相对论,mu,vec,sum,电动力学,partial,nu 来源： https://blog.csdn.net/Function_RY/article/details/121141093