Partindo das equações de Maxwell na forma covariante
\partial_{\alpha} F^{\alpha \beta}=\frac{4 \pi}{c} j^{\beta} \quad ; \quad \partial_{\alpha}^{*} F^{\alpha \beta}=0
(a) Mostre que se obtem as respectivas equações na forma não covariante:
\begin{aligned} & \vec{\nabla} \cdot \vec{E}=4 \pi \rho \quad ; \quad \vec{\nabla} \times \vec{B}-\frac{1}{c} \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}=\frac{4 \pi}{c} \vec{j} \\\ & \vec{\nabla} \cdot \vec{B}=0 \quad ; \quad \vec{\nabla} \times \vec{E}+\frac{1}{c} \frac{\partial \vec{B}}{\partial t}=0 \end{aligned}
onde para este item considere que j^{\beta}=(c \rho, \vec{j}) e
F_{\mu \nu}=\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)
(b) Mostre que equação de Maxwell homogênea \partial_{\alpha}{ }^{*} F^{\alpha \beta}=0 pode ser escrita na forma
\partial_{\alpha} F_{\gamma \delta}+\partial_{\delta} F_{\alpha \gamma}+\partial_{\gamma} F_{\delta \alpha}=0

Passo 1

O enunciado nos dá as equações de Maxwell na forma covariante
\partial_{\alpha}F^{\alpha\beta}=\frac{4\pi}{c}j^{\beta} \quad;\quad \partial_{\alpha}{}^{*}F^{\alpha\beta}=0
onde j^{\beta}=(c\rho,\vec j) e
F_{\mu\nu}=\begin{pmatrix} 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{pmatrix}.
O objetivo é (a) extrair as equações não covariantes ( \nabla\cdot\vec E, \nabla\times\vec B etc.) e (b) mostrar que
\partial_{\alpha}{}^{*}F^{\alpha\beta}=0 equivale à identidade cíclica
\partial_{\alpha}F_{\gamma\delta}+\partial_{\delta}F_{\alpha\gamma}+\partial_{\gamma}F_{\delta\alpha}=0.

Passo 2

(a) Expandimos \partial_{\alpha}F^{\alpha\beta}=(4\pi/c)j^{\beta} componente a componente:
— Para \beta=0:
\partial_{\alpha}F^{\alpha0} =\partial_{0}F^{00}+\partial_{i}F^{i0} =\partial_{i}F^{i0} \;=\;\frac{4\pi}{c}j^{0} =\frac{4\pi}{c}(c\rho) =4\pi\rho.
Como F^{i0}=E_{i}, isto dá
\nabla\cdot\vec E=4\pi\rho.
— Para \beta=k (índice espacial):
\partial_{\alpha}F^{\alpha k} =\partial_{0}F^{0k}+\partial_{i}F^{ik}.
Usamos F^{0k}=-E_{k} e F^{ik}=-\varepsilon^{ikm}B_{m}. Então
\partial_{0}F^{0k} =-\tfrac{1}{c}\frac{\partial E_{k}}{\partial t}, \quad \partial_{i}F^{ik} =-\varepsilon^{ikm}\partial_{i}B_{m} =(\nabla\times\vec B)^{k}.
Logo
(\nabla\times\vec B)^{k} -\frac{1}{c}\frac{\partial E_{k}}{\partial t} =\frac{4\pi}{c}j^{k},
que é
\nabla\times\vec B-\frac{1}{c}\frac{\partial\vec E}{\partial t} =\frac{4\pi}{c}\vec j.

Passo 3

(b) Definimos o dual
{}^{*}F^{\alpha\beta} =\tfrac12\,\varepsilon^{\alpha\beta\gamma\delta}F_{\gamma\delta}.
A equação homogênea \partial_{\alpha}{}^{*}F^{\alpha\beta}=0 vira
0=\partial_{\alpha}{}^{*}F^{\alpha\beta} =\tfrac12\,\varepsilon^{\alpha\beta\gamma\delta}\,\partial_{\alpha}F_{\gamma\delta}.
Agora contraímos ambos os lados com \varepsilon_{\mu\nu\beta\delta} e usamos
\varepsilon_{\mu\nu\beta\delta}\,\varepsilon^{\alpha\beta\gamma\delta} =-2\bigl(\delta_{\mu}^{\alpha}\delta_{\nu}^{\gamma} -\delta_{\mu}^{\gamma}\delta_{\nu}^{\alpha}\bigr).
Isso leva diretamente à identidade cíclica
\partial_{\mu}F_{\nu\gamma} +\partial_{\gamma}F_{\mu\nu} +\partial_{\nu}F_{\gamma\mu} =0,
que é a forma não covariante da equação homogênea.

Resposta

Para (a) obtêm-se
\nabla\cdot\vec E=4\pi\rho, \quad \nabla\times\vec B-\frac{1}{c}\frac{\partial\vec E}{\partial t} =\frac{4\pi}{c}\vec j,
e para a parte homogênea (b) a forma equivalente é
\partial_{\alpha}F_{\gamma\delta} +\partial_{\delta}F_{\alpha\gamma} +\partial_{\gamma}F_{\delta\alpha} =0.

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