四维形式的电磁理论（Ⅰ）
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1. 三维形式的麦克斯韦方程组
在我们熟悉的三维语言中，描述电磁场的物理量是电场强度 $E$ 和磁感应强度 $B$ ，描述它们随时空分布的动力学方程是麦克斯韦方程组（高斯制，不考虑介质）：
$$
\nabla \cdot E=4\pi \rho
$$
$$
\nabla \cdot B=0
$$
$$
\nabla \times E=-\frac{1}{c} \frac{\partial B}{\partial t}
$$
$$
\nabla \times B=\frac{4 \pi}{c}J+\frac{1}{c}\frac{\partial E}{\partial t}
$$
其中 $\rho$ 和 $J$分别是电荷密度和电流密度。将第四式两边取散度并将第一式代入，我们就能得到连续性方程：
$$
\nabla\cdot J+\frac{\partial \rho}{\partial t}=0
$$
2. 四维流，四维势
$$
J^{\mu}\equiv(c\rho,J)
$$
下面我们来证明，这样定义的 $J^{\mu}$ 确实是一个四矢量。
$$
d^3x\equiv dxdydz\equiv dx^1dx^2dx^3
$$
是三维体积元。
$$
d^4x\equiv cdt dxdydz\equiv dx^0d^3x
$$
也是标量$^1$。对电荷的微分形式两边乘上 $dx^0$ ，得到 $dqdx^0=\rho d^4x$ 。
因为 $dq$ 和 $d^4x$ 均为标量，所以 $\rho$ 的变换性质必然和 $dx^0$ 相同。
再考虑再 $dt$ 时间内通过面元 $dx^2dx^3$ 的电荷量： $dq=J\cdot dSdt=J^1dx^2dx^3dx^0/c$ 所以 $cdqdx^1=J^1 d^4x$。因为 $dq$ 和$d^4x$ 均为标量，所以 $J^1$ 的变换性质必然和 $cdx^1$ 相同。同理， $J^i(i=2,3) $ 的变换性质和 $ cdx^i $相同。
所以 $J^{\mu}=(c\rho,J^1,J^2,J^3)$ 的变换性质和 $dx^{\mu}=(dx^0,dx^1,dx^2,dx^3)$ 相同，而后者我们已经证明过是一个四矢量，所以 $J^{\mu}$ 也是一个四矢量。证毕。
$$
\partial_{\mu}J^{\mu}=0
$$
第二步，我们想使用三维的电场强度 $E$ 和磁感应强度 $B$ 来构造新的四维量。首先我们定义如下的标量势 $\phi$ 和矢量势 $A$ ：
$$
B=\nabla \times A
$$
$$
E=-\nabla\phi-\frac{1}{c}\frac{\partial A}{\partial t}
$$
然后将 $\phi$ 和 $A$ 放到一起，构成四维势： $A^{\mu}\equiv(\phi,A)$ 。这里需要注意的是，$\phi$ 和 $A$ 构成一个四矢量只是一个假定，它的正确性由其推出的可由实验验证的结论的正确性保证。
3. 规范对称性
$$
\phi\rightarrow\phi^{'}=\phi+\frac{1}{c}\frac{\partial\chi}{\partial t}
$$
$$
A\rightarrow A^{\prime}=A-\nabla \chi
$$
其中 是一个任意的关于时空坐标的标量函数，那么对应的电场和磁场并不发生改变：
$$
B^{\prime}=\nabla \times A^{\prime}=\nabla \times (A-\nabla \chi)=\nabla\times A=B
$$
$$
E^{\prime}=-\nabla\phi^{\prime}-\frac{1}{c}\frac{\partial A^{\prime}}{\partial t}=-\nabla(\phi+\frac{1}{c}\frac{\partial\chi}{\partial t})-\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}(A-\nabla \chi)=-\nabla\phi-\frac{1}{c}\frac{\partial A}{\partial t}=E
$$
但是我们知道通过 $E$ 和 $B$ 已经可以充分地描述电磁理论了，也就是说，可观测的物理量只有 $E$ 和 $B$ ，既然上述对于势的变换不改变 $E$ 和 $B$，那么这种变换就是非物理的，这意味着我们可以任意选择标量函数 $\chi$ 的形式，而不改变物理实质。
$$
A^{\mu}\rightarrow A^{\prime \mu}=A^{\mu}+\partial^{\mu}\chi
$$
注意这里我们采用了如下记号：
$$
\partial_{\mu}\equiv\frac{\partial}{\partial x^{\mu}}=(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t},\nabla)
$$
$$
\partial^{\mu}\equiv\eta^{\mu\nu}\partial_{\nu}=\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}=(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t},-\nabla)
$$
4. 电磁场张量
$$
F^{\mu\nu}\equiv\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu}
$$
首先从定义可以看出， $F^{\mu \nu}$ 是个二阶反对称张量： $F^{\mu \nu}=-F^{\nu \mu}$ ，将具体的指标代入，我们很容易得到它的分量形式
$$
F^{0i}=-E^i, i=1,2,3
$$
$$
F^{12}=-B^3, F^{31}=-B^2, F^{23}=-B^1
$$
写成矩阵形式更加一目了然
$$
\begin{aligned}
F^{\mu\nu}&\equiv \left( \begin{array}{cccc} F^{00}&F^{01}&F^{02}&F^{03}\\ F^{10}&F^{11} &F^{12} &F^{13}\\ F^{20}& F^{21}& F^{22}&F^{23}\\F^{30}&F^{31}&F^{32}&F^{33} \end{array} \right)
\\&= \left( \begin{array}{cccc} 0&-E^1&-E^2&-E^3\\ E^1&0 &-B^3 &B^2\\ E^2& B^3& 0&-B^1\\E^3&-B^2&B^1&0 \end{array} \right)
\end{aligned}
$$
我们可以看到，$F^{\mu \nu}$ 的分量包含了所有电场和磁场的分量，作为四维的二阶反对称张量，$F^{\mu \nu}$ 具有 $C^2_4=6$ 个独立的分量，正好分别对应电场强度的三个分量和磁感应强度的三个分量。
因此， $F^{\mu\nu}$ 是可以直接观测的物理量，并且用它描述电磁场和用 $E$ 和 $B$ 描述电磁场完全等价。
也就是说，$F^{\mu \nu}$ 正是我们要找的 $E$ 和 $B$ 在四维时空的等效物理量，这也是它被称为电磁场张量的原因。
$$
\widetilde{F}^{\mu\nu}\equiv\frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\alpha \beta}=\frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}\eta_{\alpha\rho}\eta_{\beta\sigma}F^{\rho\sigma}
$$
其中 $\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}$ 是四阶全反对称张量，并且约定 $\epsilon^{0123}=1$ 。将 $F^{\mu \nu}$ 的分量代入，我们很容易得到 $\widetilde{F}^{\mu\nu}$ 的分量形式
$$
\begin{aligned}
\widetilde{F}^{\mu\nu}&\equiv \left( \begin{array}{cccc} \widetilde{F}^{00}&\widetilde{F}^{01}&\widetilde{F}^{02}&\widetilde{F}^{03}\\ \widetilde{F}^{10}&\widetilde{F}^{11} &\widetilde{F}^{12} &\widetilde{F}^{13}\\ \widetilde{F}^{20}& \widetilde{F}^{21}& \widetilde{F}^{22}&\widetilde{F}^{23}\\\widetilde{F}^{30}&\widetilde{F}^{31}&\widetilde{F}^{32}&\widetilde{F}^{33} \end{array} \right)
\\&= \left( \begin{array}{cccc} 0&-B^1&-B^2&-B^3\\ B^1&0 &E^3 &-E^2\\ B^2& -E^3& 0&E^1\\B^3&E^2&-E^1&0 \end{array} \right)
\end{aligned}
$$
利用 $F^{\mu\nu}$ 和 $\widetilde{F}^{\mu\nu}$ ，我们可以构造出两个重要的洛伦兹不变量（请大家自己代入验证）：
1. $F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=-\widetilde{F}^{\mu\nu}\widetilde{F}_{\mu\nu}=-2(E^2-B^2) $
2. $\widetilde{F}^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=-4E\cdot B$
接下来，我们将使用电磁场张量 $F^{\mu\nu}$ 和电磁场对偶张量 $\widetilde{F}^{\mu\nu}$ 来将麦克斯韦方程组等价改写为洛伦兹协变的形式。
5. 四维形式的麦克斯韦方程组
我们先将上面几节从 $E,B,\rho,J$ 这些三维的电磁学量出发构造得到的四维物理量罗列一下：
四维流 $J^{\mu}\equiv(c\rho,J)$
四维势 $A^{\mu}\equiv(\phi,A)$
其中 $\phi$ 和 $A$ 定义为：$B=\nabla\times A，E=-\nabla \phi-\frac{1}{c}\frac{\partial A}{\partial t} $
电磁场张量 $F^{\mu\nu}\equiv \partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu} $
电磁场对偶张量 $\widetilde{F}^{\mu\nu}\equiv\frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\alpha \beta} $
高斯定理： $\nabla \cdot E=4\pi \rho $
安培环路定理： $\nabla \times B=\frac{4 \pi}{c}J+\frac{1}{c}\frac{\partial E}{\partial t} $
使用四维语言，它们可以等价改写为如下的洛伦兹协变的形式：
$\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=\frac{4\pi}{c}J^v \qquad(A) $
注意上式是张量方程，实际上包含了4个分量方程（ $\nu=0,1,2,3$ ），我们来逐个指标地进行验证：
(1) $\nu=0$
方程左边
$$
=\partial_{\mu}F^{\mu 0}=\partial_{0}F^{00}+\partial_{1}F^{10}+\partial_{2}F^{20}+\partial_{3}F^{30}=\partial_1E^1+\partial_2E^2+\partial_3E^3=\nabla\cdot E
$$
方程右边 $=\frac{4\pi}{c}J^0=4\pi\rho$
可以看到这正是高斯定理
(2) $\nu=1$
方程左边
$$
=\partial_{\mu}F^{\mu 1}=\partial_{0}F^{01}+\partial_{1}F^{11}+\partial_{2}F^{21}+\partial_{3}F^{31}=-\frac{1}{c}\partial_t E^1+\partial_2 B^3-\partial_3 B^2
$$
方程右边 $=\frac{4\pi}{c}J^1 $
所以我们得到
$$
\partial_2 B^3-\partial_3 B^2=\frac{4\pi}{c}J^1+\frac{1}{c}\partial_t E^1
$$
也就是
$$
(\nabla \times B)^1=\frac{4\pi}{c}J^1+\frac{1}{c}\frac{\partial E^1}{\partial t}
$$
这正是安培环路定理的第1分量
(3) $\nu=2$
方程左边
$$
=\partial_{\mu}F^{\mu 2}=\partial_{0}F^{02}+\partial_{1}F^{12}+\partial_{2}F^{22}+\partial_{3}F^{32}=-\frac{1}{c}\partial_t E^2-\partial_1 B^3+\partial_3 B^1
$$
方程右边 $=\frac{4\pi}{c}J^2 $
所以我们得到
$$
\partial_3 B^1-\partial_1 B^3=\frac{4\pi}{c}J^2+\frac{1}{c}\partial_t E^2
$$
也就是
$$
(\nabla \times B)^2=\frac{4\pi}{c}J^2+\frac{1}{c}\frac{\partial E^2}{\partial t}
$$
这正是安培环路定理的第2分量
(4) $\nu=3$
和上面完全类似，我们最后得到
$$
\partial_1 B^2-\partial_2 B^1=\frac{4\pi}{c}J^3+\frac{1}{c}\partial_t E^3
$$
也就是
$$
(\nabla \times B)^3=\frac{4\pi}{c}J^3+\frac{1}{c}\frac{\partial E^3}{\partial t}
$$
这正是安培环路定理的第3分量
所以我们看到，$\nu=0$ 的分量方程等价于高斯定理，而 $\nu=1,2,3$ 的分量方程等价于安培环路定理，从而这两个非齐次的麦克斯韦方程确实可以等价改写为方程 $(A)$ 。
接下来我们来看两个齐次的麦克斯韦方程
磁高斯定理： $\nabla \cdot B=0 $
法拉第电磁感应定律：
$$
\nabla \times E=-\frac{1}{c} \frac{\partial B}{\partial t}
$$
它们可以等价改写为：
$$
\partial_{\mu}\widetilde{F}^{\mu\nu}=0 \qquad(B)
$$
我们同样逐个指标进行验证
$\nu=0$
$$
\partial_{\mu} \widetilde{F}^{\mu0}=\partial_{0} \widetilde{F}^{00}+\partial_{1} \widetilde{F}^{10}+\partial_{2} \widetilde{F}^{20}+\partial_{3} \widetilde{F}^{30}=\partial_1 B^1+ \partial_2 B^2+\partial_3 B^3=\nabla \cdot B=0
$$
这正是磁高斯定理
$\nu=1,2,3$
$$
\partial_{\mu} \widetilde{F}^{\mu1}=\partial_{0} \widetilde{F}^{01}+\partial_{1} \widetilde{F}^{11}+\partial_{2} \widetilde{F}^{21}+\partial_{3} \widetilde{F}^{31}=-\frac{1}{c}\partial_t B^1-\partial_2 E^3+\partial_3 E^2=-\frac{1}{c}\partial_t B^1-(\nabla \times B)^1=0
$$
$$
\partial_{\mu} \widetilde{F}^{\mu2}=\partial_{0} \widetilde{F}^{02}+\partial_{1} \widetilde{F}^{12}+\partial_{2} \widetilde{F}^{22}+\partial_{3} \widetilde{F}^{32}=-\frac{1}{c}\partial_t B^2+\partial_1 E^3-\partial_3 E^1=-\frac{1}{c}\partial_t B^2-(\nabla \times B)^2=0
$$
$$
\partial_{\mu} \widetilde{F}^{\mu3}=\partial_{0} \widetilde{F}^{03}+\partial_{1} \widetilde{F}^{13}+\partial_{2} \widetilde{F}^{23}+\partial_{3} \widetilde{F}^{33}=-\frac{1}{c}\partial_t B^3-\partial_1 E^2+\partial_2 E^1=-\frac{1}{c}\partial_t B^3-(\nabla \times B)^3=0
$$
它们正是法拉第电磁感应定律
所以，这两个齐次的麦克斯韦方程确实可以等价改写为方程 $(B)$ $^3$。
总结一下，原本三维空间的四个麦克斯韦方程，在使用四维语言后，可以等效地用两个张量方程来替换
$$
\begin{aligned}
\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=\frac{4\pi}{c}J^v \qquad(A)\\
\partial_{\mu}\widetilde{F}^{\mu\nu}=0 \qquad(B)
\end{aligned}
$$
相比之前三维形式的四个矢量方程，这两个张量方程显得简洁了很多。
Footnote
不同惯性系的四维体积元之间差一个洛伦兹变换矩阵的雅可比行列式的绝对值，而从洛伦兹群的定义出发，我们知道它等于1，所以在不同惯性系下的四维体积元都相等。注意，这并不平凡！时空坐标在不同的惯性系中的值都可以不等：$(ct,x,y,z)\neq(ct^{\prime},x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime}) $，它们三维体积元也可以不等：$dxdydz\neq dx^{\prime}dy^{\prime}dz^{\prime} $，但是它们的四维体积元必然相等：$cdtdxdydz=cdt^{\prime} dx^{\prime}dy^{\prime}dz^{\prime} $。这正是使用四维语言的好处：因为我们的时空就是四维的，所有普遍来讲，四维的量比三维的量更具有在时空变换（即洛伦兹变换）下的不变性。 例如，如果我们在某个惯性系中观察发现只有电场没有磁场，那么$F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=-2(E^2-B^2)=-2E^2<0$，但是我们知道$F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$是不变量，从而在任何惯性系中它的值都不变，所以我们至少可以得出如下结论：不可能存在某个惯性系，使得在这个惯性系中观察只有磁场没有电场。因为如若不然，在那个参考系中计算出的$F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$的值将大于0，这和它是不变量矛盾。 这里需要指出的是，描述电磁场的动力学的实际上只有方程 (A) ，而方程 (B) 实际上只是数学上的恒等式，被称为Bianchi恒等式，下面我们来证明它： $$
\widetilde{F}^{\mu\nu}=\frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma}=\frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho})=\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\partial_{\rho}A_{\sigma}
$$
从而
$$
\partial_{\mu}\widetilde F^{\mu\nu}=\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\partial_{\mu}\partial_{\rho}A_{\sigma}=\epsilon^{\rho\nu\mu\sigma}\partial_{\rho}\partial_{\mu}A_{\sigma}=-\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\partial_{\mu}\partial_{\rho}A_{\sigma}=-\partial_{\mu}\widetilde F^{\mu\nu}
$$
所以
$$
\partial_{\mu}\widetilde F^{\mu\nu}\equiv0
$$一个非常自然的疑问是，既然方程 (B) 只是一个数学上的恒等式，那么它为什么还能描述两个麦克斯韦方程呢？这个问题的答案是，在使用了势 $(\phi,A)$ 的形式而非场 $(E,B)$ 的形式描述电磁场后，方程 (B) 所对应的磁高斯定理和法拉第电磁感应定律就自动成立了 $$
换句话说，我们可以按照上述方式去定义标量势和矢量势，实际上已经默认使用了磁高斯定理和法拉第电磁感应定律了。
\nabla\cdot B=\nabla\cdot(\nabla \times A)=0
$$
$$
\nabla \times E=\nabla \times (-\nabla \phi-\frac{1}{c}\frac{\partial A}{\partial t})=-\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\times A)=-\frac{1}{c}\frac{\partial B}{\partial t}
$$
