相对论电动力学

2023-11-07 16:34:04

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*角标，取*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。