O chamado tensor de campo eletromagnético \overleftrightarrow{F} tem componentes \left\{F^{\mu \nu}\right\} num determinado referencial inercial dadas por
\overleftrightarrow{F} \longrightarrow\left(\begin{array}{cccc} 0 & E_{x} & E_{y} & E_{z} \\\\ -E_{x} & 0 & B_{z} & -B_{y} \\\\ -E_{y} & -B_{z} & 0 & B_{x} \\\\ -E_{z} & B_{y} & -B_{x} & 0 \end{array}\right)
onde \left(E_{x}, E_{y}, E_{z}\right) e \left(B_{x}, B_{y}, B_{z}\right) são as componentes cartesianas dos campos elétrico \mathbf{E} e magnético \mathbf{B}, respectivamente, nesse mesmo referencial.
(a) (3,0) Calcule as componentes \left\{F^{\overline{\mu \nu}}\right\} do tensor medidas por um observador inercial \overline{\mathcal{O}} que se move com respeito a \mathcal{O} com 3 -velocidade \boldsymbol{v}.
(b) (3,0) Determine as componentes \left\{F^{\mu}{ }_{\nu}\right\} do tensor \overleftrightarrow{F}^{*} do tipo \binom{1}{1} associado.
(c) (2,0) Escreva \overleftrightarrow{F} e \overleftrightarrow{F}^{*} em termos de 4-vetores e/ou 1-formas de base.
(d) (2,0) Determine F^{(\mu \nu)} e F^{[\mu \nu]}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede, e as convenções que vou assumir (isso é necessário para poder calcular sem pedir nada a mais).
  • O enunciado dá as componentes \{F^{\mu\nu}\} do tensor eletromagnético no referencial \mathcal{O} na forma matricial
\left(F^{\mu\nu}\right)=\begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z\\[4pt] - E_x & 0 & B_z & -B_y\\[4pt] - E_y & -B_z & 0 & B_x\\[4pt] - E_z & B_y & -B_x & 0 \end{pmatrix},
onde \mathbf{E}=(E_x,E_y,E_z) e \mathbf{B}=(B_x,B_y,B_z) são os campos medidos por \mathcal{O}.
  • O enunciado pede:
    (a) as componentes \{F^{\bar\mu\bar\nu}\} medidas por um observador \overline{\mathcal{O}} que se move em relação a \mathcal{O} com 3-velocidade \boldsymbol{v};
    (b) as componentes \{F^{\mu}{}_{\nu}\} do tensor do tipo \binom{1}{1} associado (isto é, com um índice levantado);
    (c) escrever \overleftrightarrow{F} e \overleftrightarrow{F}^{*} em termos de 4-vetores e/ou 1-formas de base;
    (d) determinar F^{(\mu\nu)} e F^{[\mu\nu]}.
  • Convenções que assumo (importante):
    • Unidades naturais com c=1.
    • Métrica de Minkowski \eta_{\mu\nu}=\operatorname{diag}(+1,-1,-1,-1).
    • A transformação de Lorentz que leva componentes de \mathcal{O} para \overline{\mathcal{O}} é dada por
    F^{\bar\mu\bar\nu}=\Lambda^{\bar\mu}{}_{\alpha}\,\Lambda^{\bar\nu}{}_{\beta}\,F^{\alpha\beta},
    onde \Lambda é a matriz do boost com velocidade \boldsymbol{v} (o frame \overline{\mathcal{O}} move-se com \boldsymbol{v} em relação a \mathcal{O}).
Não inicio cálculos ainda — isso vem no Passo 2.]

Passo 2

Ferramentas e fórmulas que precisamos (mini-aula prática).
  1. Matriz de boost (transformação de coordenadas) para um boost com 3-velocidade \boldsymbol{v} (com v\equiv|\boldsymbol{v}| e \gamma=(1-v^2)^{-1/2}):
\Lambda^{\bar\mu}{}_{\nu}= \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v_j\\[4pt] -\gamma v^i & \; \delta^{i}{}_{j} + (\gamma-1)\dfrac{v^i v_j}{v^2} \end{pmatrix},
ou seja, componentes explicitamente:
\Lambda^{\bar0}{}_{0}=\gamma,\qquad \Lambda^{\bar0}{}_{i}=-\gamma v_i,
\Lambda^{\bar i}{}_{0}=-\gamma v^i,\qquad \Lambda^{\bar i}{}_{j}=\delta^{i}{}_{j}+(\gamma-1)\dfrac{v^i v_j}{v^2}.
Breve explicação do que isso faz: \Lambda leva componentes contravariantes do frame \mathcal{O} para as do frame \overline{\mathcal{O}} via x^{\bar\mu}=\Lambda^{\bar\mu}{}_{\nu}x^\nu. Usaremos essa mesma \Lambda para transformar F^{\mu\nu}: F^{\bar\mu\bar\nu}=\Lambda^{\bar\mu}{}_{\alpha}\Lambda^{\bar\nu}{}_{\beta}F^{\alpha\beta}.
  1. Relação entre F^{\mu\nu} e os vetores \mathbf{E},\mathbf{B} no frame \mathcal{O} (já dada, mas recapitular):
F^{0i}=E_i,\qquad F^{i0}=-E_i,\qquad F^{ij}=\varepsilon^{ijk}B_k,
onde \varepsilon^{ijk} é o símbolo de Levi-Civita tridimensional ( \varepsilon^{123}=+1). Essa leitura é consistente com a matriz dada.
  1. Identidade útil: decompor vetores em componentes paralelas e perpendiculares a \boldsymbol{v}. Para qualquer vetor espacial \mathbf{X},
\mathbf{X}=\mathbf{X}_\parallel+\mathbf{X}_\perp,\qquad \mathbf{X}_\parallel=\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{X})}{v^2},\qquad \mathbf{X}_\perp=\mathbf{X}-\mathbf{X}_\parallel.
Isto torna as fórmulas de transformação mais simples (componentes paralelas permanecem simples; as perpendiculares ganham fator \gamma e cruzamentos).
Com essas ferramentas, agora calculo as componentes transformadas.]

Passo 3

Cálculo de F^{\bar\mu\bar\nu}. Objetivo prático: encontrar as novas componentes elétricas \mathbf{E}' e magnéticas \mathbf{B}' que aparecem na matriz de F^{\bar\mu\bar\nu}. Vamos calcular as componentes \bar 0\bar i (que representam E'_i) e \bar i\bar j (que representam B').
Começo pela componente mista temporal-espaço:
F^{\bar0\bar i}=\Lambda^{\bar0}{}_{\alpha}\Lambda^{\bar i}{}_{\beta}F^{\alpha\beta}.
Substituindo \Lambda^{\bar0}{}_{\alpha}=(\gamma,-\gamma v_j) e escrevendo a soma em \alpha,\beta separando \alpha=0 e \alpha=k:
F^{\bar0\bar i} = \Lambda^{\bar0}{}_{0}\Lambda^{\bar i}{}_{\beta}F^{0\beta} + \Lambda^{\bar0}{}_{k}\Lambda^{\bar i}{}_{\beta}F^{k\beta} = \gamma\,\Lambda^{\bar i}{}_{\beta}F^{0\beta} - \gamma v_k\,\Lambda^{\bar i}{}_{\beta}F^{k\beta}.
Agora note que F^{0\beta} tem apenas espaço para \beta=j com F^{0j}=E_j, e F^{k\beta} combina com F^{k0}=-E_k e F^{kj}=\varepsilon^{kj\ell}B_\ell. Depois de organizar (é um pouco de álgebra de componentes), o resultado vetorial simplificado fica mais elegante se usarmos a decomposição paralelo/perpendicular:
  • A componente paralela de \mathbf{E} a \boldsymbol{v} não é afetada por fatores \gamma nos termos de cruzamento; a componente perpendicular recebe fator \gamma e aparece o termo \boldsymbol{v}\times\mathbf{B}.
O resultado final (forma padrão bem conhecida) é
\boxed{\displaystyle \mathbf{E}'=\mathbf{E}_{\parallel}+\gamma\big(\mathbf{E}_{\perp}+\boldsymbol{v}\times\mathbf{B}\big). }
Em palavras: a componente de \mathbf{E} paralela a \boldsymbol{v} permanece igual, enquanto a componente perpendicular é multiplicada por \gamma e ganha o termo \gamma\,\boldsymbol{v}\times\mathbf{B}.
Analogamente, calculando F^{\bar i\bar j} (ou mais diretamente usando a dualidade entre as partes espaciais e \mathbf{B}) obtemos
\boxed{\displaystyle \mathbf{B}'=\mathbf{B}_{\parallel}+\gamma\big(\mathbf{B}_{\perp}-\boldsymbol{v}\times\mathbf{E}\big). }
Observação: as formas vetoriais completas (sem decompor) são equivalentes; uma forma alternativa (às vezes vista) é
\mathbf{E}'=\gamma\big(\mathbf{E}+\boldsymbol{v}\times\mathbf{B}\big)-\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}\,\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{E}),
\mathbf{B}'=\gamma\big(\mathbf{B}-\boldsymbol{v}\times\mathbf{E}\big)-\dfrac{\gamma^2}{\gamma+1}\,\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{B}),
e essas duas formas são equivalentes (a segunda é útil quando se quer expressão em termos de \boldsymbol{v} sem projetar em paralelo/perp).
Portanto a matriz F^{\bar\mu\bar\nu} no referencial \overline{\mathcal{O}} mantém a mesma estrutura antisimétrica, mas com \mathbf{E} e \mathbf{B} substituídos por \mathbf{E}' e \mathbf{B}':
\left(F^{\bar\mu\bar\nu}\right)= \begin{pmatrix} 0 & E'_x & E'_y & E'_z\\[4pt] - E'_x & 0 & B'_z & -B'_y\\[4pt] - E'_y & -B'_z & 0 & B'_x\\[4pt] - E'_z & B'_y & -B'_x & 0 \end{pmatrix},
onde \mathbf{E}' e \mathbf{B}' são dados por uma das fórmulas acima.]

Passo 4

Exemplificando as componentes: se precisar de componentes escalares explícitas em termos de v_i,E_i,B_i, da forma com projeção perpendicular/paralela se tem
  • Calcule a projeção paralela:
\mathbf{E}_{\parallel}=\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{E})}{v^2},\qquad \mathbf{B}_{\parallel}=\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{B})}{v^2}.
  • Então as componentes escalares E'_i ( i=x,y,z ) são:
\boxed{\displaystyle \mathbf{E}'=\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{E})}{v^2} +\gamma\Big(\mathbf{E}-\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{E})}{v^2}+\boldsymbol{v}\times\mathbf{B}\Big). }
E similarmente para \mathbf{B}':
\boxed{\displaystyle \mathbf{B}'=\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{B})}{v^2} +\gamma\Big(\mathbf{B}-\dfrac{\boldsymbol{v}(\boldsymbol{v}\cdot\mathbf{B})}{v^2}-\boldsymbol{v}\times\mathbf{E}\Big). }
Isto resolve o item (a): F^{\bar\mu\bar\nu} tem a mesma forma matricial mas com \mathbf{E}',\mathbf{B}' dados acima.

Passo 5

Cálculo de F^{\mu}{}_{\nu} (tensor do tipo \binom{1}{1}). Mini-aula: como levantar/abaixar índices com a métrica diagonal \eta_{\alpha\beta}=\operatorname{diag}(+1,-1,-1,-1).
Para obter F^{\mu}{}_{\nu} a partir de F^{\mu\nu} usamos
F^{\mu}{}_{\nu}=F^{\mu\sigma}\,\eta_{\sigma\nu}.
Na prática, isto corresponde a multiplicar cada coluna \nu da matriz de F^{\mu\nu} pelo fator \eta_{\nu\nu} (porque a métrica é diagonal): colunas \nu=0 ficam multiplicadas por +1, e colunas \nu=1,2,3 por -1.
Aplicando isso à matriz inicial de F^{\mu\nu} (a matriz dada no enunciado), obtemos a matriz de F^{\mu}{}_{\nu}:
\left(F^{\mu}{}_{\nu}\right) =\begin{pmatrix} 0 & -E_x & -E_y & -E_z\\[4pt] - E_x & 0 & -B_z & B_y\\[4pt] - E_y & B_z & 0 & -B_x\\[4pt] - E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix}.
(Verificação rápida: cada entrada F^{\mu}{}_{\nu} é F^{\mu\nu} com o sinal do elemento alterado quando \nu espacial, conforme a métrica.)]

Passo 6

Escrever \overleftrightarrow{F} e \overleftrightarrow{F}^{*} em termos de 4-vetores / 1-formas de base (item (c)). Mini-aula e construção:
  1. Como 2-forma (expressão canônica em termos das formas de base dx^\mu):
\boxed{\displaystyle F = \tfrac{1}{2}F_{\mu\nu}\,dx^\mu\wedge dx^\nu = E_i\,dx^0\wedge dx^i + \tfrac{1}{2}\,\varepsilon_{ijk}B^k\,dx^i\wedge dx^j, }
onde i,j,k=1,2,3 e \varepsilon_{ijk} é o Levi-Civita tridimensional ( \varepsilon_{123}=+1). Essa é uma forma muito prática: o termo dx^0\wedge dx^i contém os componentes elétricos e o termo espacial dx^i\wedge dx^j contém os componentes magnéticos.
  1. Decomposição covariante usando o 4-velocidade do observador u^\mu (no frame \mathcal{O} de repouso, u^\mu=(1,0,0,0)):
\boxed{\displaystyle F^{\mu\nu}=u^\mu E^\nu - u^\nu E^\mu + \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta}u_{\alpha}B_{\beta}, }
onde E^\mu e B^\mu são 4-vetores espacias ( E^\mu u_\mu=0, B^\mu u_\mu=0) cujas componentes espaciais são os campos \mathbf{E} e \mathbf{B}, e \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} é o tensor totalmente anti-simétrico de 4-dimensões com \varepsilon^{0ijk}=\varepsilon^{ijk}. Esta fórmula é muito útil porque mostra que, dado o 4-velocidade de um observador, pode-se extrair E^\mu=F^{\mu\nu}u_\nu e B^\mu=\tfrac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta}u_\nu F_{\alpha\beta}.
Observação: a forma acima é a expressão covariante padrão que permite escrever \overleftrightarrow{F} em termos de 4-vetores (o u^\mu de um observador define a separação entre elétrico e magnético).

Passo 7

Item (d): calcular F^{(\mu\nu)} e F^{[\mu\nu]}.
  • Lembrando definição:
    F^{(\mu\nu)}\equiv \tfrac{1}{2}\big(F^{\mu\nu}+F^{\nu\mu}\big), \qquad F^{[\mu\nu]}\equiv \tfrac{1}{2}\big(F^{\mu\nu}-F^{\nu\mu}\big).
  • O tensor eletromagnético F^{\mu\nu} é, por construção, anti-simétrico: F^{\nu\mu}=-F^{\mu\nu}. Logo
    F^{(\mu\nu)}=\tfrac{1}{2}\big(F^{\mu\nu}+F^{\nu\mu}\big)=0, \qquad F^{[\mu\nu]}=\tfrac{1}{2}\big(F^{\mu\nu}-F^{\nu\mu}\big)=F^{\mu\nu}.
Isto responde o item (d).

Resposta

(a) \displaystyle F^{\bar\mu\bar\nu} tem a mesma forma matricial antisimétrica que F^{\mu\nu} mas com \mathbf{E},\mathbf{B} substituídos por \mathbf{E}',\mathbf{B}', onde (com \gamma=(1-v^{2})^{-1/2})
\displaystyle \mathbf{E}'=\mathbf{E}_{\parallel}+\gamma\big(\mathbf{E}_{\perp}+\boldsymbol{v}\times\mathbf{B}\big)
\displaystyle \mathbf{B}'=\mathbf{B}_{\parallel}+\gamma\big(\mathbf{B}_{\perp}-\boldsymbol{v}\times\mathbf{E}\big).
(b) \displaystyle \left(F^{\mu}{}_{\nu}\right)=\begin{pmatrix} 0 & -E_x & -E_y & -E_z\\[4pt] - E_x & 0 & -B_z & B_y\\[4pt] - E_y & B_z & 0 & -B_x\\[4pt] - E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix}.
(c) Em termos de 1-formas e 4-vetores:
\displaystyle F=\tfrac{1}{2}F_{\mu\nu}\,dx^\mu\wedge dx^\nu =E_i\,dx^0\wedge dx^i+\tfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}B^k\,dx^i\wedge dx^j,
\displaystyle F^{\mu\nu}=u^\mu E^\nu-u^\nu E^\mu+\varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta}u_{\alpha}B_{\beta},
onde u^\mu é a 4-velocidade do observador (no frame \mathcal{O}, u^\mu=(1,0,0,0)).
(d) \displaystyle F^{(\mu\nu)}=0,
\displaystyle F^{[\mu\nu]}=F^{\mu\nu}.]

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