wetchのブログ

他人に見られることを想定していない書き散らかし独習ノート．物理学とかVBAとか．

マクスウェル応力テンソルの固有値・固有ベクトル

電磁気学

対称行列を見ると対角化したくなる病気．

参考文献

やりたいこと

電磁場のイラストレートを企てているが，クーロン力やローレンツ力がうまく書けない．
これらに関係するマクスウェル応力テンソルが対称行列なので微分形式で書けるものでないからというのもあるし．
その辺，よく考えようとしたところ，そもそもマクスウェル応力の構造をよく理解してないことに気付いた．
とりあえず対称行列の構造は対角化して主方向を調べたら分かりそうなんだが，文献とかググったりして調べてもよく分からないので計算してみた．

前提条件と表記上の注意

  • 計算を簡略化するために真空中とし，物理次元を適当に規格化して\epsilon_0=\mu_0=1, \boldsymbol{D}=\boldsymbol{E}, \boldsymbol{B}=\boldsymbol{H}であるかのように扱う．
  • ベクトル\boldsymbol Eに対して，そのノルムの表記をE^2=|\boldsymbol{E}|^2=\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{E}=E_kE_kのようにいろいろ，気分で使い分けている．
  • 計量テンソルの符号は\eta_{\mu\nu}=(-1,+1,+1,+1).
  • 物理量の次元を\sim[\text{SI単位}]で表す．たとえばT\sim[\mathrm{J/m^3}].

3次元

問題の定式化

任意に電場\boldsymbol{E}=E_i=(E_1,E_2,E_3)，磁場\boldsymbol{H}=H_i=(H_1,H_2,H_3) \sim[\mathrm{N^{1/2}/m}]が与えられたとき，マクスウェル応力

\begin{align} T&= \boldsymbol{E}\otimes\boldsymbol{E} + \boldsymbol{H}\otimes\boldsymbol{H} -\mathrm{I}\, \frac{1}{2}(E^2+H^2)\\ &=\begin{bmatrix}E_1^2+H_1^2-\frac{1}{2}(E^2+H^2) & E_1E_2+H_1H_2 & E_3E_1+H_3H_1\\ E_1E_2+H_1H_2 & E_2^2+H_2^2-\frac{1}{2}(E^2+H^2) & E_2E_3+H_2H_3\\ E_3E_1+H_3H_1 & E_2E_3+H_2H_3 & E_3^2+H_3^2-\frac{1}{2}(E^2+H^2)\end{bmatrix} \\ &\sim[\mathrm{J/m^3}]\end{align}

または
\displaystyle T_{ij}=E_iE_j + H_iH_j - \delta_{ij}\frac{1}{2}(E_kE_k+H_kH_k) \tag{1.1}

の固有値\lambda・固有ベクトル\boldsymbol{v}を求めたい．

結果

1個目の固有値・固有ベクトルは *2

\begin{align} \lambda_{(1)} &= -\frac{1}{2}(E^2+H^2) \sim[\mathrm{J/m^3}], \\ \boldsymbol{v}_{(1)}&=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \sim[-]. \end{align} \tag{1.2}

∵Wikipediaによると固有値は
\displaystyle \lambda = -\frac{1}{2}(E^2+H^2 ) , \quad \pm\sqrt{ \left( \frac{E^2 - H^2 }{2} \right)^2 + \left( \boldsymbol{E} \cdot \boldsymbol{H} \right)^2}

らしい．これを信じてみよう．この1個目の固有値は式(1.1)の右辺第3項の係数と同じなので，
\begin{align}0 &= (E_iE_j + H_iH_j )v_j \\ &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{v})\boldsymbol{E} + (\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{v})\boldsymbol{H} \end{align}

となるような\boldsymbol{v}が見つかればそれが固有ベクトルになる．それには\boldsymbol vが\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}に直交していればよいが，\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}がそれに適うベクトルだと気づく．

検算しよう．

\begin{align} T_{ij}(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_j &= \left\{E_iE_j + H_iH_j - \delta_{ij}\frac{1}{2}(E^2+H^2)\right\}(\epsilon_{jkl}E_kH_l)\\ &= \epsilon_{jkl}(E_iE_jE_kH_l + H_iH_jE_kH_l) - \frac{1}{2}(E^2+H^2)\epsilon_{ikl}E_kH_l.\end{align}

ここで\epsilon_{jkl}の反対称性より
\begin{align} &= \frac{1}{2}E_i\epsilon_{jkl}(E_jE_k-E_kE_j)H_l + \frac{1}{2}H_i\epsilon_{jkl}(H_jH_l-H_lH_j)E_k \\&\quad- \frac{1}{2}(E^2+H^2)\epsilon_{ikl}E_kH_l\\ &= - \frac{1}{2}(E^2+H^2)\epsilon_{ikl}E_kH_l\\ &= - \frac{1}{2}(E^2+H^2)(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_i. \quad \blacksquare\end{align}

2個目，3個目は

\begin{align} \lambda_{(2)},\lambda_{(3)} &= \pm\sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2},\\ \boldsymbol{v}_{(2)} &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}) \boldsymbol{E} + a\boldsymbol{H},\\ \boldsymbol{v}_{(3)} &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}) \boldsymbol{H} - a\boldsymbol{E}, \\ \text{where}\quad a &:= \frac{H^2-E^2}{2} + \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}. \end{align} \tag{1.3}

∵1個目の固有ベクトルが\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}なので，他の固有ベクトルはそれに直交，つまり\boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}の線形結合で書ける．よって
\boldsymbol{v}=\boldsymbol{E}+a'\boldsymbol{H}

と置いてa'を求めればいい．途中計算は省略するけどT_{ij}をかけると
\begin{align}T_{ij}(E_j+a'H_j) = &\left\{-\frac{H^2-E^2}{2}+a'\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}\right\}E_i \\ &+ \left\{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}+a'\frac{H^2-E^2}{2}\right\}H_i \end{align}

となって，これが\lambda(E_i+a'H_i)に等しいことから，
\displaystyle \begin{cases} \lambda = -\frac{H^2-E^2}{2} + a'\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H},\\ \lambda a' =\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H} + a'\frac{H^2-E^2}{2} \end{cases}

となる．これを\lambda,a'について解けば，\lambdaについては式(1.3)のように出て，a'については
\displaystyle a' = \frac{1}{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}}\left(\frac{H^2-E^2}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}\right)

となる．

これで終わってもいいのだが，ちょっと見栄えを良くしておこう．まず，a'のプラスの方を使ってa:=(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})a'とおくと，2本目の固有ベクトルは

\begin{align} \boldsymbol{v}_{(2)} &= \boldsymbol{E} + \frac{a}{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}}\boldsymbol{H} \\ &\propto (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} + a\boldsymbol{H} \end{align}

と書ける．ここで \propto の変形は，固有ベクトルはその方向だけが大事で大きさはどうでもいいことから行った．
次に，プラスマイナスで2つあるa'はかけると -1 になることに注意する：
\begin{align} & \left\{\frac{1}{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}}\left(\frac{H^2-E^2}{2} + \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}\right)\right\} \\ &\cdot \left\{\frac{1}{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}}\left(\frac{H^2-E^2}{2} - \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}\right)\right\} \\ &= -1.\end{align}

この関係を利用すると，3本目の固有ベクトルは
\begin{align} \boldsymbol{v}_{(3)} &= \boldsymbol{E} + \left(-\frac{a}{\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}}\right)^{-1}\boldsymbol{H} \\ &\propto (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}) \boldsymbol{H} - a\boldsymbol{E} \end{align}

と変形できる．■

考察

典型的には，\boldsymbol{v}_{(2)}方向に\lambda_{(2)}>0だから引っ張り力がはたらき，それに垂直な\boldsymbol{v}_{(1)}, \boldsymbol{v}_{(3)}方向に\lambda_{(1)},\lambda_{(3)}<0だから圧縮力がはたらく．
\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}が鋭角をなしているとき，\boldsymbol{v}_{(2)}方向は\boldsymbol{E}+\boldsymbol{H}方向に近く，絵で描くとこんな感じか．

E, H, v_{(2)}, v_{(3)}は同一平面上にあり，v_{(1)}はそれらに直交している．

特徴的なケース
  • \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}=0かつE=Hとなる場合（たとえば電磁波），
    1個目は\lambda_{(1)}=-\frac{1}{2}(E^2+H^2),\ \boldsymbol{v}_{(1)} = \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}のままでいいが，
    2個目3個目については\lambda=0で2重縮退，固有ベクトルは\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}の任意の線形結合．
    したがってTは\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}方向の射影行列となる：
    \displaystyle T_{ij}=-\frac{1}{E^2}(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_i(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_j.
    ∵（対角成分）未証明
    （非対角成分）
    \begin{align} & (\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_1(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_2 \\ &= (E_2H_3-E_3H_2)(E_3H_1-E_1H_3) \\ &= E_3H_3(E_1H_2+E_2H_1)-E_1E_2H_3^2-E_3^2H_1H_2. \end{align}
    ここに E_3^2=E^2-E_1^2-E_2^2, H_3^2=E^2-H_1^2-H_2^2, および E_3H_3=-E_1H_1-E_2H_2 を代入することで，
    \begin{align}& (\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_1(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H})_2 \\ &= -(E_1H_1+E_2H_2)(E_1H_2+E_2H_1) \\ & \quad -E_1E_2(E^2-H_1^2-H_2^2)-(E^2-E_1^2-E_2^2)H_1H_2 \\ &= -E^2(E_1E_2+H_1H_2) \\ &= -E^2 T_{12}.\quad\blacksquare\end{align}
  • \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}=0かつE\neq Hとなる場合，
    1個目は変わらず．
    2個目は\lambda_{(2)} = \frac{1}{2}(H^2-E^2),\ \boldsymbol{v}_{(2)} = \boldsymbol{H},
    3個目は\lambda_{(3)}=-\frac{1}{2}(H^2-E^2),\ \boldsymbol{v}_{(3)}=\boldsymbol{E},
  • \boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}が平行な場合，
    1個目は\lambda=\frac{1}{2}(E^2+H^2),\ \boldsymbol{v}=\boldsymbol{E},
    2個目3個目は\lambda=-\frac{1}{2}(E^2+H^2),\ \boldsymbol{v}は\boldsymbol{E}に垂直な任意のベクトル．
  • \boldsymbol{H}=0の場合は、*3
    1個目は\lambda=\frac{1}{2}E^2, \boldsymbol{v}=\boldsymbol{E}.
    2個目3個目は \lambda=-\frac{1}{2}E^2, \boldsymbol{v} は \boldsymbol{E} に垂直な任意のベクトル．
    \boldsymbol{E}=0の場合は\boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}を入れ替えれば同様．

4次元へ拡張

問題の定式化

4次元の電磁テンソルF_{\mu\nu}を

\begin{align}F_{\mu\nu}&:= \frac{1}{2}\begin{bmatrix}0&E_1&E_2&E_3 \\ -E_1 &0&H_3&-H_2\\ -E_2&-H_3&0&H_1 \\ -E_3&H_2&-H_1&0\end{bmatrix}\\ &=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}0 & E_\nu \\ -E_\mu & \epsilon_{\mu\nu\rho}H_\rho\end{bmatrix}\\ & \sim[\mathrm{N^{1/2}/m}] \end{align}

とする．電磁エネルギー運動量テンソル
\displaystyle T_{\mu\nu} = F_{\mu\rho}{F_\nu}^\rho-\frac{1}{4}\eta_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma} \sim[\mathrm{J/m^3}] \tag{2.1}

の固有値\lambda'・固有ベクトルv'_\muを求めたい．

\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}を用いると

T_{\mu\nu}=\begin{bmatrix}\frac{1}{2}(E^2+H^2) & \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} & -T_{ij}\end{bmatrix} \tag{2.2}

とブロック行列的に表せる（分かりにくいだろうが，T_{\mu\nu}と書いたときは4次元テンソル，T_{ij}と書いたときは3次元テンソルを表す）．3次元の時の結果と無関係だと悲しいので，そのときの結果も参考に使いつつ調べよう．

結果

1, 2個目は式(1.2)が2つに分裂して，*4

\begin{align} \lambda'_{(1)}, \lambda'_{(2)} &= \pm \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2 + (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2} \sim[\mathrm{J/m^3}],\\ {v'_\mu}^{(1)} &= \begin{bmatrix}H^2 - a \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix}, \\ {v'_\mu}^{(2)} &= \begin{bmatrix}E^2+a, \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix}. \end{align} \tag{2.3}

3, 4個目は式(1.3)を直接的に拡張したものとなる．固有値は1, 2個目と同じで，
\begin{align} \lambda'_{(3)}, \lambda'_{(4)} &= \pm \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2 + (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2},\\ {v'_\mu}^{(3)} &= \begin{bmatrix}0 \\ (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{H} -a\boldsymbol{E} \end{bmatrix},\\ {v'_\mu}^{(4)} &= \begin{bmatrix}0 \\ (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} + a\boldsymbol{H} \end{bmatrix}. \end{align} \tag{2.4}

ここでaは式(1.3)と同じく
\displaystyle a := \frac{H^2-E^2}{2} + \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}.

∵（1個目と2個目について）固有値\lambda'・固有ベクトルv'_\muは
T_{\mu\nu} v'^\nu = \lambda' v'_\mu

を満たすことを再確認しておく．左辺のv'^\nuは反変成分で，右辺のv'_\muは共変成分で書かれていることに注意．

で，まず式(1.2)に対応するものとして

\begin{bmatrix}\frac{1}{2}(E^2+H^2) & \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} & -T_{ij}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}-v'_0 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix} = \lambda' \begin{bmatrix}v'_0 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix}

の形であろうと予想して調べてみる．ここで v'_0 はこれから決めるべきパラメータ．

3次元の時の結果の式(1.2)より

T_{ij}(\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}) = -\frac{1}{2}(E^2+H^2)\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}

を利用して左辺を変形すると，
\begin{cases} -\frac{1}{2}(E^2+H^2) v'_0 + |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|^2 = \lambda' v'_0, \\ -v'_0 + \frac{1}{2}(E^2+H^2) = \lambda'\end{cases}

が得られる．これを\lambda', v'_0について解いて，
\begin{align} v'_0 &= \frac{1}{2}\left(E^2+H^2 \pm \sqrt{(E^2+H^2)^2 -4 |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|^2}\right),\\ \lambda' &= \mp \frac{1}{2}\sqrt{(E^2+H^2)^2 -4 |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|^2}. \end{align}

ここで爆速ベクトル計算 *5 を使うとルートの中は
\begin{align}(E^2+H^2)^2 -4 |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|^2 &= (E^2+H^2)^2 -4\left\{E^2H^2-(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2\right\} \\ &= (H^2-E^2)^2 +4(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2 \end{align}

なので固有値・固有ベクトルは上式で表される．■

∵（3個目と4個目について）同様に，式(1.3)の拡張になってると予想してみると，固有ベクトルが\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}に直交しているのが功を奏して計算が楽になり，最終的に上式が出てくる．
ただしT_{\mu\nu}の中のT_{ij}にはマイナスが付いているので，式(1.3)の\boldsymbol{v}_{(2)}, \boldsymbol{v}_{(3)}に対して{v'_\mu}^{(3)}, {v'_\mu}^{(4)}は入れ替わっているのに注意．■

考察

どんな様子になってるのか，正直全然分からん．

\lambda'_{(1)}=\lambda'_{(3)}>0,\ \lambda'_{(2)}=\lambda'_{(4)}<0になったので，実は2重縮退が2セットあり，4次元時空内に引っ張り力のはたらく平面と，圧縮力のはたらく平面が直交している，という様子になっているようだ．

特徴的なケース

3次元の時の対応物．まだ調べ切れていない．

  • \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}=0かつE=Hとなる場合，上の結果をそのまま計算すると，固有値は4つ全て 0 ，固有ベクトルは
    \begin{align}{v'_\mu}^{(1)} &= {v'_\mu}^{(2)} = \begin{bmatrix} E^2 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} H^2 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \end{bmatrix}, \\ {v'_\mu}^{(3)} &= {v'_\mu}^{(4)} = 0\end{align}
    となる．実は{v'_\mu}^{(1)}はノルムが 0 のヌルベクトルになっている．
    結局これは，光円錐への射影になってるっぽい．固有値 0 はよく分からんが．*6
    \displaystyle T_{\mu\nu} = \frac{1}{E^2}\begin{bmatrix} E^2 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} E^2 & \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} \end{bmatrix}.
  • \boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H}=0かつE\neq Hとなる場合，
    \displaystyle\lambda' = \frac{1}{2}(H^2-E^2) に対し v'_\mu=\begin{bmatrix}E^2 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\ \boldsymbol{E}\end{bmatrix},
    \displaystyle\lambda' = -\frac{1}{2}(H^2-E^2) に対し v'_\mu = \begin{bmatrix}H^2 \\ \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}0 \\ \boldsymbol{H} \end{bmatrix}.
  • \boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}が平行な場合，
    1個は3次元の時のままで \displaystyle \lambda = \frac{1}{2}(E^2+H^2),\ v^\mu = \begin{bmatrix}0 \\ \boldsymbol{E}\end{bmatrix}.
    あとは3重縮退していて \displaystyle \lambda = -\frac{1}{2}(E^2+H^2),\ v^\mu = \begin{bmatrix}\forall v^t \\ \boldsymbol{E}^\perp\end{bmatrix}.
    ここで\forall v^tは任意の実数，\boldsymbol{E}^\perpは\boldsymbol{E}に3次元の意味で直交する任意のベクトル

その他いろいろ考えたこと

E, Hの入れ替え

3次元の時の式(1.2), (1.3)の固有値・固有ベクトルを\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}の関数\lambda(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}), \boldsymbol{v}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})とみなし，\boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}を入れ替える操作を考えてみると，不変になる：

\begin{align} \lambda(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) \quad &\mapsto \quad \lambda(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) = \lambda(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}),\\ \boldsymbol{v}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) \quad &\mapsto \quad \boldsymbol{v}(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) = \boldsymbol{v}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}). \end{align}

∵固有値の方は式(1.2), (1.3)を見れば自明だろう．
固有ベクトルの方は係数
\displaystyle a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) = \frac{H^2-E^2}{2} + \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}
が
\begin{align} a(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) &= -\frac{H^2-E^2}{2} + \sqrt{\left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2} \\ &= \frac{(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}{a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})} \end{align}

となるから，
\begin{align} \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{H} + \frac{(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}{a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})}\boldsymbol{E} \\ &\propto (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} + a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})\boldsymbol{H} \\ &= \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}), \end{align}
\begin{align} \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} - \frac{(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2}{a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})}\boldsymbol{H} \\ &\propto (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{H} - a(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} \\ &= \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) \end{align}

となりやはり不変であることが分かる．■

まあマクスウェル応力Tが\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}について対称だから当たり前ではあるのだが．

これは思い付きだが，逆にTの詳細な構造(1.1)とはあまり関係なく，固有値固有ベクトルが\boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}の入れ替えに対して不変，という条件だけで式(1.2), (1.3)は半分くらい導けたりして？　*7

逆問題

派生する問題として，マクスウェル応力Tの固有値\lambda_{(1)}, \lambda_{(2)}, \lambda_{(3)}と固有ベクトルのみが与えられているとき，電場\boldsymbol{E}磁場\boldsymbol{H}はどこまで復元できるだろうか？
と言っても，Tが\boldsymbol{E}と\boldsymbol{H}の入れ替えについて，また\boldsymbol{E}と-\boldsymbol{E}，\boldsymbol{H}と-\boldsymbol{H}の入れ替えについて不変だからそこの違いは無視しないといけない．
また，\lambda_{(1)}<\lambda_{(3)}<0<\lambda_{(2)}=-\lambda_{(3)}とする．

結果，E_2を任意，H_2=\sqrt{-\lambda_{(1)}+\lambda_{(2)}-{E_2}^2} として，

\boldsymbol{E} = \begin{bmatrix}0 \\ E_2 \\ H_2\sqrt{\frac{\lambda_{(1)}+\lambda_{(2)}}{\lambda_{(1)}-\lambda_{(2)}}} \end{bmatrix},\quad \boldsymbol{H} = \begin{bmatrix}0 \\ H_2 \\ -E_2\sqrt{\frac{\lambda_{(1)}+\lambda_{(2)}}{\lambda_{(1)}-\lambda_{(2)}}} \end{bmatrix}

が得られた．

自由度が1個残るとは意外だ．ということは試験電荷とかを用いて電磁的な力が測定できても，電場磁場は一意に定められない．．．ということか．本当か？

前提条件をはずす

最初に言ったように，今回前提として「計算を簡略化するために真空中とし，物理次元を適当に規格化して\epsilon_0=\mu_0=1, \boldsymbol{D}=\boldsymbol{E}, \boldsymbol{B}=\boldsymbol{H}であるかのように扱う」とした．これを外すとどうなるのか？
光速c\sim[\mathrm{m/s}]とインピーダンスZ\sim[\mathrm{Js/C^2}]を復活させ，それぞれの次元を

\begin{align} E_i &\sim[\mathrm{N/C}], & H_i &\sim[\mathrm{A/m}],\\ B_{ij} &= \frac{Z}{c} \epsilon_{ijk}H_k \sim[\mathrm{N/(A\ m)}], & D_{ij} &= \frac{1}{cZ}\epsilon_{ijk}E_k \sim[\mathrm{C/m^2}] \end{align}

と見做し直す．*8

3次元のマクスウェル応力は

\begin{align}T_{ij} &= E_i\epsilon_{jkl}D_{kl} + H_i\epsilon_{jkl}B_{kl} - \delta_{ij}\frac{1}{2}(E_k\epsilon_{klm}D_{lm} + H_k\epsilon_{klm}B_{lm})\\ &\sim[\mathrm{J/m^3}] \end{align}

となる．*9
4次元の方も
\displaystyle F_{\mu\nu} = \begin{bmatrix}0 & E_1 & E_2 & E_3 \\ & 0 & cB_{12} & -cB_{31} \\ &&0& cB_{23} \\ \text{asym.} &&&0 \end{bmatrix} \sim[\mathrm{N/C}],

\begin{align}F^*_{\mu\nu} &= \frac{1}{Z}\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\rho\sigma}\\ &= \begin{bmatrix}0 & H_1/c & H_2/c & H_3/c \\ & 0 & D_{12} & -D_{31} \\ &&0& D_{23} \\ \text{asym.} &&&0 \end{bmatrix} \sim[\mathrm{C/m^2}] \end{align}

として，
\displaystyle T_{\mu\nu} = \epsilon_{\mu\rho\sigma\lambda}F^{*\sigma\lambda}{F_\nu}^\rho-\frac{1}{4}\eta_{\mu\nu}\epsilon_{\rho\sigma\lambda\kappa}F^{*\lambda\kappa}F^{\rho\sigma}

これをもっと簡略して表したいが，なんかいい方法はないか？

固有値

式(1.3), (2.3), (2.4)の固有値

\displaystyle \lambda^2 = \left(\frac{H^2-E^2}{2}\right)^2+(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2

とは何なんだろうな？　電磁テンソルF_{\mu\nu}を使うと
\lambda^2 = \left(\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\right)^2+\left(\frac{1}{8}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}\right)^2

となるようだけど，もうちょっと簡単な形にならないものか．
たとえばE, Hの4乗を組み合わせてできるスカラーというところからいくつか考えてみたのだけど，
\begin{align} {F_\alpha}^\beta {F_\beta}^\gamma {F_\gamma}^\delta {F_\delta}^\alpha &= 2(H^2-E^2)^2+4(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2,\\ {F_\alpha}^\beta {F^*_\beta}^\gamma {F_\gamma}^\delta {F^*_\delta}^\alpha &= 4(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})^2,\\ \epsilon^{\alpha\beta\gamma\delta} \epsilon^{\zeta\eta\theta\iota} F_{\alpha\zeta} F_{\beta\eta} F_{\gamma\theta} F_{\delta\iota} &= 4!\{(E_1^2 H_1^2+E_2^2 H_2^2+E_3^2 H_3^2)\\&\quad +2(E_1H_1E_2H_2+E_2H_2E_3H_3+E_3H_3E_1H_1)\}\end{align}

と，式(2.3),(2.4)の\lambdaと同じでかつ分かりやすいものが思いつかない．

初心に戻って微分形式で

\begin{align} F &=E_i\mathrm{d}t\ \mathrm{d}x^i + B_{ij}\mathrm{d}x^i\ \mathrm{d}x^j,\\ F^*&=H_i\mathrm{d}t\ \mathrm{d}x^i + D_{ij}\mathrm{d}x^i\ \mathrm{d}x^j,\\ \end{align}

とすると，
\begin{align} F\wedge F^* &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{D+}\boldsymbol{H}\cdot\boldsymbol{B})\mathrm{d}t\ \mathrm{d}x^1\ \mathrm{d}x^2\ \mathrm{d}x^3, \\ F\wedge F &= 2(\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{B})\mathrm{d}t\ \mathrm{d}x^1\ \mathrm{d}x^2\ \mathrm{d}x^3 \end{align}

となるので
\displaystyle \frac{1}{4}\left\{(F\wedge F^*)^2+(F\wedge F)(F^*\wedge F^*)\right\}

みたいな感じには変形できそうなのだけど．
あ，いかんいかん．この式の各ウェッジ積は4形式になるので，それをさらに2乗とかはできないんだ．言うならば，その4形式の成分だけを取り出さないと．
うーん，分からん．

*1:ランダウリフシッツ抜粋
- p.70: ある系で\boldsymbol{E}\perp \boldsymbol{H},\ E \neq Hなら，ローレンツ変換して\boldsymbol{E}=0または\boldsymbol{H}=0となるような系が見出せる． 逆も言える．
- p.71: H^2-E^2 \propto F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}と\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H} \propto \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma} は不変量である．ここでF_{\mu\nu}は電磁テンソル．
- pp.71-72: 速度をE\times H方向にとってローレンツ変換すれば，EとHが平行になるような系を常に見出せる．（ただし\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{H}かつE=Hである場合を除く）
- pp.92-93: 上2つの変換によって応力テンソルは対角形になる．x軸を場の方向にとればT_{00}=-T_{11}=T_{22}=T_{33}
- p.93: \boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{H}かつE=Hである場合，対角化するとx軸をE方向に，y軸をH方向にとるとT_{00}=T_{30}=T_{33}のみが非ゼロ．

*2:固有ベクトルは適当にスケーリングしてもよいので，暗黙の内に正規化されているとみなし，次元も無次元とする．

*3:Wikipediaには\boldsymbol{E}のみの場合，固有値・固有ベクトルは

\displaystyle \lambda = - \frac{ E^2 }{2} ,~ -\frac{ E^2 }{2} ,~ +\frac{ E^2 }{2}

\boldsymbol{v} = \boldsymbol{E} \times \boldsymbol{E}_y ,~ -\boldsymbol{E} \times \boldsymbol{E}_z ,~ \boldsymbol{E} E_x

とか書いてあるが，この固有ベクトルの書き方はいただけない．要はE方向が1つ，それに直角な方向が2つ（縮退）と言いたいだけなのに，余計な情報がくっついている．

*4:4次元と3次元それぞれの固有値の関係は，{\lambda'_{(1)}}^2 = \lambda_{(1)}^2 - |\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}|^2.

*5:備忘：爆速ベクトル計算 - wetchのブログ

*6:ランダウリフシッツp.306には固有値のうち一組は0になるとか書いてあるが，どう関係するのか？

*7:たとえば，p,q,rを\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}に依存する未知係数として，

\begin{align} \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) &= (\boldsymbol{E}\cdot\boldsymbol{H})\boldsymbol{E} + p\boldsymbol{H},\\ \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) &= q\boldsymbol{E} + r\boldsymbol{H},\\ \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) &= \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}),\\ \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{H},\boldsymbol{E}) &= \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}),\\ \boldsymbol{v}_{(2)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) \cdot \boldsymbol{v}_{(3)}(\boldsymbol{E},\boldsymbol{H}) &= 0 \end{align}
という条件からp,q,rを求めれば式(1.3)が大体出そうな気がする．

*8:Zはただのスカラー定数ではなく，必ずレビチビタ\epsilon_{ijk}とセットで現れ，擬量の空間と非擬量の空間を渡るためのものなのだと思う．

*9:本来\epsilon_{ijk}\epsilon_{ljk}=2\delta_{il}だから係数2の帳尻を合わせなければならないが，省略．