Esercizi di Campi Elettromagnetici A.A. 2016/2017

Scritto a molte mani da studenti per studenti. Ci possono essere errori un po’ in giro, spero sianonon troppo gravi.

Foglio 1

1.1 La potenza emessa da una particella di carica e e massa m che si muove ad una velocità v inun campo elettrico ~E ed in un campo magnetico ~B è data, nel sistema di Gauss razionalizzato edin unità di misura naturali (c = 1), dalla formula seguente:

W =e4

6πm21

1− v2[| ~E + ~v × ~B|2 − (~v · ~E)2]

Reintroducete nella formula gli opportuni fattori c.

Soluzione: Ricordiamo che [e2] = kg m3 s−2, [E2] = kg m−1 s−2. Allora per avere [W ] =kg m2 s−3 deve essere

W =e4

6πm2c31

1− v2c2

[∥∥∥∥ ~E + ~vc × ~B∥∥∥∥2 − (~vc · ~E

)2]

1.2 Usando le definizioni

(~a×~b)i = εijkajbk, (∇× ~a)i = εijk ∂jak

dimostrare che(1) ~a · (~b× ~c) = ~b · (~c× ~a)

(2) ∇ · (∇× ~a) = 0, (3) ∇×∇f = 0

(4) ∇× (∇× ~a) = ∇(∇ · ~a)−∇2~a

(5) (~a×~b)× (~a× ~c) = (~a · (~b× ~c))~a

(6) ∇× ~r = 0

Soluzione: (1) ~a · (~b× ~c) = aiεijkbjck = −εjikbjckai = bjεjkickai = ~b · (~c× ~a)(2) ∇ · (∇× ~a) = ∂iεijk ∂jak = εijk ∂i ∂jak = 0(3) (∇×∇f)i = εijk ∂j ∂kf = 0(4)

(∇× (∇× ~a))i = εijk ∂jεklm ∂lam = ∂j ∂lam(δilδjm − δimδjl) = (∂i ∂mam − ∂l ∂lai)= ∇(∇ · ~a)−∇2ai

1

(5)

((~a×~b)× (~a× ~c))i = εijk(εjlmalbm)(εknpancp) = εijk(−εljmalbm)(−εnpkancp)= εijk(−εijkaibk − εkjiakbi)(−εijkajci − εjikaicj)= εijk(−εijkaibk + εijkakbi)(−εijkajci + εijkaicj)= εijk(akbi − aibk)(aicj − ajci)= εijk(akaibicj − akajbici − aiaibkcj + aiajbkci)= −εijkaiaibkcj = εikjaiaibkcj = ((~a · (~b× ~c))~a)i

(6) (∇× ~r)i = εijk ∂jxk = εijkδjk = 0

1.3 Sia x2 = ηµνxµxν . Mostrate che

∂µ√x2 =

xµ√x2

, �1

x2≡ ∂µ ∂µ

1

x2= 0

Soluzione: Eseguiamo le derivate ordinarie tenendo conto degli indici

∂µ√x2 =

1

2√x2∂µx

2 =1

2√x2∂µ(ηρσx

ρxσ) =1

2√x2ηρσ(∂µx

ρxσ + ∂µxσxρ) =

=1

2√x2ηρσ(δ

ρµ x

σ + δ σµ xρ) =

1

2√x2

(δ ρµ ηρσxσ + δ σµ ηρσx

ρ) =

=1

2√x2

(ηµσxσ + ηµρx

ρ) =xµ√x2

Dato che abbiamo ricavato la derivata ∂µx2 il secondo conto si può svolgere nel seguente modo:

�1

x2= ∂µ ∂µ

1

x2= ∂µ

(− 1x4∂µx

2

)= − ∂µ2xµ

x4= − 2

x4∂µxµ +

4xµx6

∂µx2 =

= − 8x4

+8xµx

µ

x6= − 8

x4+

8

x4= 0

1.4 Data una matrice Aµν , mostrate che

�µ1µ2µ3µ4Aµ1ν1Aµ2ν2A

µ3ν3Aµ4ν4 = �ν1ν2ν3ν4 detA

(Suggerimento: Il determinante di una matrice è univocamente definito dalle proprietà: detA èlineare rispetto ad ogni sua colonna, è antisimmetrico per scambio di due colonne e det I = 1 seI è la matrice identica).

Soluzione: Tutte le proprietà sono facilmente vere per entrambi i membri.

2

Foglio 2

2.1 Supponete che F µν sia un tensore di rango (2, 0) antisimmetrico (F µν = −F νµ). Quali sono ipossibili invarianti lineari e quadratici in F µν?

Soluzione: Esplicitiamo i risultati nel caso di F µν tensore elettromagnetico. L’unico invariantelineare (banale) è

ηµνFµν = 0

Gli invarianti quadratici possibili sono

F µνFµν = Fi0Fi0 + F

0iF0i + FijFij = −2

∑i

E2i + (−�ijkBk)(−�ijlBl)

= −2∑i

E2i + 2∑i

B2i = 2( ~B2 − ~E2)

�µνρσFµνFρσ = �0ijkF0iFjk + �

i0jkFi0Fjk + �ij0kFijF0k + �

ijk0FijFk0

= 2�0ijkF0iFjk + 2�lm0kFlmF0k = 4�

0ijkF0iFjk = 4�ijkEi(−�jklBl)

= −4 · 2δilEiBl = −8 ~E · ~B

Non ce ne sono altri: si mostra infatti che ogni tensore simmetrico a due indici è una combinazionelineare di δµν e di ηµν , mentre ogni tensore antisimmetrico a quattro indici è multiplo di �µνρσ. Ingenerale un tensore invariante è una combinazione lineare

aF µνFµν + b�µνρσFµνFρσ

2.2 Siano Λ1 e Λ2 matrici di Lorentz ortocrone ((Λi)00 ≥ 1 per i = 1, 2). Mostrate che la trasfor-mazione di Lorentz prodotto Λ2Λ1 è anch’essa ortocrona, cioè il sottoinsieme delle trasformazionidi Lorentz ortocrone forma un sottogruppo. La stessa cosa è vera per matrici di Lorentz con(Λi)

00 ≤ −1?

Soluzione: (è solo un’idea generale, ma mi sembra che in linea di massima funzioni). SianoΛ,Ω le suddette matrici ortocrone: vogliamo allora mostrare

(ΛΩ)00 = Λ0

0Ω0

0 + Λ0iΩ

i0 ≥ 0

dove abbiamo sottinteso la sommatoria sull’indice i. Poiché il segno di Λ00Ω00 + Λ0iΩi 0 se èpositivo allora è maggiore o uguale a 1, questo conclude la dimostrazione. Per entrambe le matricivale la condizione

η00 = Λµ

0Λν

0ηµν =⇒ (Λ00)2 − Λi 0Λi 0 = 1

3

e ci servirà tenere in considerazione la disuguaglianza (Λ00)2 ≥ Λi 0Λi 0. Per ritrovarci con gliindici corretti, conviene lavorare con la matrice trasposta Λ̃ := ΛT , che è comunque una matriceortocrona e la trasposizione preserva la componente (0, 0). Riscriviamo la condizione

(ΛΩ)00 = Λ̃0

0Ω0

0 + Λ̃i

0Ωi

0 ≥ 0

e poiché sappiamo già che il primo addendo è maggiore o uguale di 1, ci serve mostrare che|Λ̃i 0Ωi 0| ≤ |Λ̃00Ω00|. Ma questo segue dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwartz, che scriviamosempre sottintendendo gli indici come

|Λ̃i 0Ωi 0|2 ≤ (Λ̃j0Λ̃

j0)(Ω

n0Ω

n0) ≤ (Λ̃00)2(Ω00)2 =⇒ |Λ̃i 0Ωi 0| ≤ |Λ̃00Ω00|

che è proprio quanto volevamo dimostrare. Se vale per Λ̃ varrà anche per Λ, e quindi il gruppoortocrono è chiuso rispetto al prodotto. Non è vero per matrici di Lorentz con (Λi)00 ≤ −1.

Soluzione del tutto equivalente ma un pochino meno contorta (secondo me). Scriviamo ciascunamatrice nella forma

Λ =

(a bT

c R

)e poniamo Λ3 = Λ2Λ1. Allora si ha

(Λ2Λ1)0

0 = (Λ2)0

0(Λ1)00 + (Λ2)

0i(Λ1)

i0 =⇒ a3 = a1a2 + bT2 c1 =⇒ a3 − a1a2 = b2 · c1

Valgono le relazioni

η00 = Λµ

0Λν

0ηµν =⇒ 1 = a2 − c · c =⇒ ‖c‖2 = a2 − 1

η00 = Λ 0µ Λ0ν η

µν =⇒ 1 = a2 − b · b =⇒ ‖b‖2 = a2 − 1

Notare che a2 ≥ 1 per ipotesi. Per Cauchy-Schwarz è

|a3 − a1a2| = |b2 · c1| ≤ ‖b2‖‖c1‖ =√a21 − 1

√a22 − 1

che si può scrivere anche nella forma

a1a2 −√a21 − 1

√a22 − 1 ≤ a3 ≤ a1a2 +

√a21 − 1

√a22 − 1

Dunque se a1a2 > 0 si ha necessariamente a3 > 0, perchè il membro a sinistra è comunquepositivo. Poichè se a3 è positivo è sicuramente a3 ≥ 1 (Λ3 è comunque un elemento del gruppodi Lorentz), si ha che O↑(1, 3) è chiuso rispetto alla moltiplicazione. Inoltre contiene l’identità, epoichè per quest’ultima a = 1 e Λ è invertibile in O(1, 3), allora è invertibile anche in O↑(1, 3),cioè O↑(1, 3) è un sottogruppo del gruppo di Lorentz. Poiche O↓(1, 3) non contiene l’identità nonè un sottogruppo, e abbiamo mostrato che non è neanche chiuso rispetto alla moltiplicazione.

2.3 Sia uµ un 4-vettore t.c. u2 ≥ 0 e u0 > 0. Se u′µ = Λµνuν è il trasformato di uµ rispetto aduna trasformazione di Lorentz propria, mostrate che u′µ soddisfa ancora u′2 ≥ 0 e u′0 > 0.

4

Soluzione: Dimostrare che u′2 ≥ 0 è banale: si tratta di un invariante di Lorentz. In ogni caso

u′2 = u′µu′µ = Λµνu

νΛ ρµ uρ = δρνu

νuρ = u2 > 0

Per dimostrare u′0 > 0 invece abbiamo

u′0 = Λ00u0 + Λ0iu

i

dato che Λ ∈ SO(1, 3)c posso dire che è descritto dall’esponenziale di una matrice antisimmetrica(derivata da una trasformazione prossima all’identità). Dato che è antisimmetrica dipende soloda 6 parametri che sono le rotazioni attorno ai tre assi spaziali e i boost. Potremo dunque vedereuna qualsiasi Λ ∈ SO(1, 3)c come composizione di rotazioni e boost. Per un boost lungo l’asse xsi ha per esempio

u′0 = γ(u0 − βu1)

dove β < 1 e u0 = |u0| ≥ |ui| dato che u2 ≥ 0. Si trova quindi u′0 > 0 per i boost. Si può fare unragionamento analogo per le rotazioni.Altrimenti, in un modo simile all’esercizio precedente, si ha

u′0 = Λ00u0 + Λ0iu

i = au0 + b · ~u

e quindi|u′0 − au0| ≤ ‖b‖‖~u‖ =

√a2 − 1‖~u‖ ≤ |u0|

√a2 − 1 = u0

√a2 − 1

che si può scrivere anche

u0(a−√a2 − 1) ≤ u′0 ≤ u0(a+

√a2 − 1)

da cui la tesi.

5

Foglio 3

3.1 (Dal libro di K. Lechner, Cap. 2: problema 2.7)

Una particella di carica e e massa m si trova in presenza di un campo elettro-magnetico costantee uniforme F µν . La quadrivelocità iniziale della particella per s = 0 sia uµ(0), con u2(0) = 1.

(a) Si dimostri che in questo caso l’equazione di Lorentz è equivalente all’equazione del primoordine

dyµ

ds= uµ(s) = [esA]µ νu

ν(0),

per un’opportuna matrice costante A ≡ Aµ ν .

(b) Si verifichi esplicitamente che vale u2(s) = 1,∀s.Suggerimento: Si noti che esA ∈ SO(1, 3)c,∀s.

(c) Si dimostri che lo scalare w2 = wµ(s)wµ(s) è indipendente da s e lo si esprima in termini diF µν e uµ(0).

(d) Si può dimostrare che, escluso il caso in cui E = B e simultaneamente E ⊥ B = 0, esistesempre un sistema di riferimento inerziale in cui i campi elettrico e magnetico sono paralleli ediretti lungo l’asse x: ~E = (E, 0, 0), ~B = (B, 0, 0). Si dimostri che in questo sistema di riferimentola matrice A è diagonale a blocchi.

(e) Sfruttando questa struttura di A si valuti l’espressione esA sviluppando l’esponenziale in seriedi Taylor e risommandolo in termini delle funzioni sin, cos, cosh e sinh.

(f) Ponendo ~B = 0 e scegliendo la velocità iniziale ~v0 = (0, v0, 0), ovvero

uµ(0) =1√

1− v20(1, 0, v0, 0)

si determinino uµ(s) e yµ(s) per ogni s e quindi la legge oraria y(t).

Soluzione: (a) L’equazione di Lorentz si scrive

duµ

ds=

e

mF µνu

ν

A partire dalla soluzione uµ(s) = [esA]µ νuν(0) si trova derivando rispetto ad s

duµ

ds= [AesA]µ νu

ν(0) = Aµρ[esA]ρ νu

ν(0) = Aµρuρ(s)

L’equivalenza è quindi soddisfatta per

Aµ ν =e

mF µν

(b) Mostriamo innanzitutto che esA ∈ SO(1, 3)c: possiamo scrivere

Aµ ν =e

mF µρηρν → A =

e

mFη

6

In forma matriciale scriviamo la condizione di antisimmetria di F

F = −F T ↔ ηA = −(ηA)T ↔ ηA = −ATη ↔ AT = −ηAη

Quindi

esAT

=∞∑n=0

(sAT )n

n!= η

(∞∑n=0

(−sA)n

n!

)η

La condizione della matrice di Lorentz si scrive

(esA)TηesA = ηe−sAηηesA = η

La matrice esA ∈ SO(1, 3)c e quindi

u2(s) = ηµν [esA]µ ρu

ρ(0)[esA]ν σuσ(0) = ηρσu

ρ(0)uσ(0) = u2(0) = 1

(b’) Più agilmented

dsuµu

µ = 2wµuµ = 2uµe

mF µνuν = 0

perchè F µν è antisimmetrico.(c) Essendo wµ = duµ/ds si trova la relazione in forma matriciale w = AesAu(0) da cui

w2 = uT (0)(esA)TATηAesAu(0) = w2 = uT (0)AT (esA)TηesAAu(0) = uT (0)ATηAu(0)

Si trova quindi w2 indipendente da s e vale

w2 = ηµνAµρu

ρ(0)Aνσuσ(0) =

e2

m2ηµνF

µρu

ρ(0)F νσuσ(0) =

e2

m2F µρu

ρ(0)Fµσuσ(0)

(c’) Come soprad

dsw2 = 2wµ

dwµ

ds= 2wµ

e

mF µνwν = 0

(d) EssendoAµ ν =

e

mF µν

e il tensore F µν la matrice

F µν =

0 −E 0 0E 0 0 00 0 0 −B0 0 B 0

= (−EJ OO −BJ)

dove abbiamo indicato con J la matrice

J =(

0 1−1 0

)si trova una matrice a blocchi.

(e) Ricordo che

Aµ ν =e

mF µρηρν =

e

m

0 −E 0 0E 0 0 00 0 0 −B0 0 B 0

1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

= em(EP OO BJ

)

7

doveP =

(0 11 0

)Inoltre

(Aµν)n =

( em

)n(EnPn OO BnJn

)Dovendo scomporre in sin, cos, sinh, cosh vediamo le potenze pari e dispari di P e J: notiamo subitoche P2 = I e J2 = −I; in generale

P2n = I P2n+1 = P J2n = (−1)nI J2n+1 = (−1)nJ

Perciò

exp tP =∞∑n=0

t2n

(2n)!I +

∞∑n=0

t2n+1

(2n+ 1)!P =

(cosh t sinh tsinh t cosh t

)

exp tJ =∞∑n=0

(−1)n t2n

(2n)!I +

∞∑n=0

(−1)n t2n+1

(2n+ 1)!J =

(cos t sin t− sin t cos t

)Si ottiene quindi

esA =

cosh(seE/m) sinh(seE/m) 0 0sinh(seE/m) cosh(seE/m) 0 0

0 0 cos(seB/m) sin(seB/m)0 0 − sin(seB/m) cos(seB/m)

(f) Abbiamo uµ(0) = γ0(1, 0, v0, 0) ed essendo u(s) = esAu(0) si ottiene

uµ(s) = γ0(cosh(seE/m), sinh(seE/m), v0, 0)

e integrandoyµ(s) = γ0

( meE

sinh(seE/m),m

eEcosh(seE/m), v0s, 0

)+ yµ(0)

Ora cerchiamo di invertire la funzione y0(s) = t(s) in s(t)

y0(s) =γ0m

eEsinh(seE/m) → s = m

eEsinh−1(teE/mγ0)

Si ottiene

~y(t) =

(√1 +

t2e2E2

m2γ20,v0m

eEsinh−1(teE/mγ0), 0

)

8

3.2 Si ricavi la corrente jµ, nel senso delle distribuzioni, che genera il 4-potenziale ~A = 0 e A0 taleche

A0 =qe−µr

r

(1 +

µr

2

)

soluzione: Vediamo innanzitutto quali componenti di F µν sono diverse da zero.

F µν = ∂µAν − ∂νAµ

Dato che Ai=0 allora F 00 = 0 = F ij. Si ha invece F i0 = ∂iA0 = −F 0i. Riprendendo le equazionidi Maxwell ∂αFαβ = jβ notiamo che

ji = ∂αFαi = ∂0F

0i + ∂jFji = −∂0∂iA0 = 0 j0 = ∂αFα0 = ∂iF i0 = ∂i∂iA0 = ∇2A0

Il calcolo della 4-corrente si riduce quindi alla componente temporale, ovvero la densità di caricaj0 = ∇2A0. Per le proprietà vettoriali abbiamo

∇2A0 = qe−µr(

1 +µr

2

)∇2(

1

r

)+q

r

(1 +

µr

2

)∇2(e−µr) + qe

−µr

r∇2(µr

2

)+

+ 2qe−µr∇(

1

r

)· ∇(µr

2

)+

2q

r∇(e−µr) · ∇

(µr2

)+ 2q

(1 +

µr

2

)∇(e−µr) · ∇

(1

r

)= qe−µr

(1 +

µr

2

)(−4πδ(3)(~x)) + q

r

(1 +

µr

2

)(−2 + µr)µe

−µr

r+qe−µr

r

(µr

)+

+ 2qe−µr(− µr2

)+

2q

r

(−µ

2e−µr

2

)+ 2q

(1 +

µr

2

)(µe−µrr2

)= qe−µr

[−4πδ(3)(~x)

(1 +

µr

2

)+µ

r2

(1 +

µr

2

)(−2 + µr) + µ

r2− µr2− µ

2

r+ 2

(1 +

µr

2

) µr2

]= qe−µr

[−4πδ(3)(~x)

(1 +

µr

2

)+µ3

2

]= qe−µr

[−4πδ(3)(~x) + µ

3

2

]Ricordando che nel senso delle distribuzioni

∇2(

1

r

)= −4πδ(3)(~x)

La 4-corrente risulta essere

jµ =

(qe−µr

[−4πδ(3)(~x) + µ

3

2

], 0, 0, 0

)

9

Foglio 4

4.1 In un sistema di riferimento inerziale K si osserva un campo elettrico costante ~E = (E, 2E, 0).a) Determinare la densità di energia elettromagnetica osservata da un osservatore K0 che si muoverispetto a K con velocità ~v = (v0, 0, 0).b) Se l’osservatore è una carica puntiforme di valore e, quale forza agisce sulla carica, misuratanel riferimento della carica stessa?c) Rispondere alle domande dei punti a) e b), se il campo osservato in K è un campo magneticocostante ~B = (B,−2B, 0), invece di un campo elettrico.

soluzione. a) Ricordiamo che

T µνem = FµλFλ

ν +ηµν

4FαβF

αβ

Nel nostro caso vale

F µν =

0 −E −2E 0E 0 0 02E 0 0 00 0 0 0

FαβFαβ = −10E2La trasformazione Λ necessaria per passare da K a K0 è

Λ =

γ −v0γ 0 0−v0γ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

Eseguendo la trasfromazione di Lorentz

F ′µν = ΛµρΛνσF

ρσ =⇒ F ′ = ΛFΛT

si ottengono i campi in K’

E ′ = (E, 2γE, 0) B′ = (0, 0,−2γv0E)

T ′00em =1

2( ~E ′

2+ ~B′

2) =

1

2E2(1 + 4γ2(1 + v20))

b) La particella è ora ferma nel proprio sistema di riferimento K’, la forza agente su di essadipenderà dunque dal valore del campo elettrico in K’:

F ′10 = E F ′20 = 2γE F ′30 = 0

La forza agente sulla particella si ricava dalla forza di lorentz e dato che u′ = (1, 0, 0, 0)

dp′µ

ds= eF ′µνu′ν = f

′µ = e(E, 2γE, 0)

10

c) Ora è

F µν =

0 0 0 00 0 0 −2B0 0 0 −B0 2B B 0

FαβFαβ = 10B2Si trova

B′ = (B,−2γB, 0) E ′ = (0, 0,−2γv0B)

T ′00em =1

2( ~E ′

2+ ~B′

2) =

1

2B2(1 + 4γ2(1 + v20))

Analogamente a quanto fatto nel punto b) l’unica componente non nulla del campo elettrico èE ′3 = F ′03 = −2γv0B perciò la forza cui la particella è soggetta si ricava di conseguenza.

4.2 Considerate la teoria formata da due campi scalari reali φ1 e φ2 con densità di lagrangiana

L = 12∂µφ1∂

µφ1 +1

2∂µφ2∂

µφ2 −m212φ21 −

m222φ22 −

λ114φ41 −

λ122φ21φ

22 −

λ224φ42

dove m1,m2 e λij sono parametri reali.

(a) Scrivete le equazioni di Eulero-Lagrange associate a L, con φ1 e φ2 campi indipendenti.(b) Considerate il gruppo a un parametro di trasformazioni:

φ1(x)→ φ′1(x) = cosαφ1(x) + sinαφ2(x), φ2(x)→ φ′2(x) = cosαφ2(x)− sinαφ1(x)

dove α è reale. Per quali valori di m1, m2 e λij la densità di lagrangiana è invariante rispetto aqueste trasformazioni?

soluzione: (a) Le equazioni di Eulero-Lagrange sono le seguenti

∂µ∂L

∂(∂µφi)− ∂L∂φi

= 0

Si trovano quindi le equazioni per φ1 e φ2

(� +m21 + λ12φ22 + λ11φ

21)φ1 = 0 (� +m

22 + λ12φ

21 + λ22φ

22)φ2 = 0

(b) Innanzitutto si nota facilmente che la parte quadratica nelle derivate dei campi della densità dilagrangiana è invariante per le trasformazioni date, dunque possiamo concentrarci solo sui terminiquadratici e quartici nei campi. Osserviamo poi che se la densità di lagrangiana è invariante sottoqueste trasformazioni, allora necessariamente deve essere

m1 = m2 λ11 = λ12 = λ22

Infatti, per α = π/2 si ha φ′1 = φ2, φ′2 = −φ1 e dunque L′ = L implica facilmente m1 = m2 ≡ me λ11 = λ12 ≡ λ, mentre per α = π/4 si ha

φ′1 =φ1 + φ2√

2φ′2 =

φ2 − φ1√2

11

e dunque il termine di quarto grado diventa

−λ4

(φ′41 + φ′42 )−

λ122φ′21 φ

′22 = −

λ

8(φ41 + φ

42 + 6φ

21φ

22)−

λ128

(φ41 + φ42 − 2φ21φ22)

perciò L′ = L implica anche λ12 = λ.A questo punto si può far vedere che queste condizioni sono anche sufficienti con un conto diretto;in alternativa si può ragionare nel seguente modo. Introducendo i campi indipendenti φ e φ∗ taliche

φ =1√2

(φ1 + iφ2) φ∗ =

1√2

(φ1 − iφ2)

la trasformazione non è altro che la simmetria interna del campo scalare complesso φ

φ(x)→ φ(x)eiα φ∗(x)→ φ∗(x)e−iα

La lagrangiana è invariante sotto tale trasformazione, e si scrive

L = ∂µφ∗ ∂µφ−m2φ∗φ−λ

4(φ∗φ)2

4.3 Mostrare che�µνρσFµνFρσ = ∂µX

µ

per un qualche campo 4-vettoriale Xµ.

soluzione: Si vede subito che

�µνρσFµνFρσ = �µνρσ(∂µAν − ∂νAµ)Fρσ = 2�µνρσ∂µAνFρσ

= 2∂µ(�µνρσAνFρσ)− 2Aν(�µνρσ∂µFρσ)

Quest’ultimo termine risulta nullo (identità di Bianchi)

−2Aν(�µνρσ∂µFρσ) = −2Aµ(�νµρσ∂νFρσ) = 2Aµ(�µνρσ∂νFρσ) = 0

Quindi si trovaXµ = 2�µνρσAνFρσ

12

Foglio 5

5.1 considerate la densità di Lagrangiana L = −14F µνFµν del campo elettromagnetico libero

a) calcolate il momento coniugato al campo Aµ, definito come

Πµ ≡ ∂L∂∂0Aµ

b) Calcolate la densità di Hamiltoniana H = Πµ∂0Aµ − Lc) Verificate che l’Hamiltoniana H, dove

H =

∫d3xH

(l’integrale si intende esteso a tutto lo spazio e si assume che i campi si annullino sufficientemen-te rapidamente all’infinito da rendere l’integrale convergente) coincide con l’energia associata alcampo elettromagnetico

H =1

2

∫d3x(| ~E|2 + | ~B|2)

(Suggerimento: nell’ipotesi che i campi si annullano all’infinito i termini di bordo sono trascurabili;utilizzate la legge di Gauss in assenza di sorgenti ∂iEi = 0.)

soluzione: (a)

Πλ =∂(−1

4F µνFµν)

∂∂0Aλ= −1

2F µν

∂Fµν∂∂0Aλ

= −12F µν

∂(∂µAν − ∂νAµ)∂∂0Aλ

= F µν∂∂νAµ∂∂0Aλ

= F µνδ0νδλµ = F

λ0

(b) Sono scritture equivalenti:

H = Πµ ∂0Aµ − L = F µ0 ∂0Aµ +1

2F µν ∂νAµ =

3

2F µ0 ∂0Aµ +

1

2F µi ∂iAµ

= − ~E · ∂~A

∂t+

1

2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) = ~∇φ · ∂

~A

∂t+ ‖∂

~A

∂t‖2 + 1

2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2)

c) Si ha

H = Πµ ∂0Aµ − L = F µ0 ∂0Aµ −1

4F µνFµν =

= F µ0(∂µA0 − Fµ0) +1

2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) =

= ∂µ(Fµ0A0)− ∂µF µ0A0 + ‖ ~E‖2 +

1

2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) =

= ∂i(EiA0)− ∂iEiA0 +

1

2(‖ ~B‖2 + ‖ ~E‖2)

Quindi integrando la densità di Hamiltoniana diventa

13

∫d3~xH =

∫d3~x [∂i(E

iA0)− ∂iEiA0 +‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2

2] =

=

∫Σ∞

dΣiEiA0 −

∫d3~x ∂iE

iA0 +

∫d3~x‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2

2=

=

∫d3~x‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2

2

Infatti il primo termine integrale sparisce poichè abbiamo ipotizzato che all’infinito i campi siannullino, e il secondo perchè in assenza di sorgenti ∂iEi = 0.

14

Foglio 6

6.1 Considerate la teoria di un campo vettoriale Aµ(x) descritta dalla densità di Lagrangiana

L = −14FµνF

µν +m2

2AµA

µ

a) La teoria è invariante sotto trasformazioni di gauge Aµ → Aµ + ∂µΛ?b) Derivate le equazioni di Eulero-Lagrange della teoria e mostrate che queste implicano ∂µAµ = 0.c) Considerate soluzioni del tipo

Aµ(x) = �µeipνxν

dove �µ e pµ sono 4-vettori costanti. Determinate quali condizioni devono soddisfare �µ e pµ perchèsiano soddisfatte le equazioni di Eulero-Lagrange.d) Considerate ora la teoria accoppiata ad una sorgente esterna jµ, cosicchè la densità diLagrangiana sia

L = −14FµνF

µν +m2

2AµA

µ − jµAµ

Trovate la soluzione per il campo Aµ generato da una particella di carica q posta nell’origine,la cui sorgente è jµ = (qδ3(~x), 0, 0, 0). Ricordate che l’azione del Laplaciano su una funzione asimmetria sferica φ(r) è data da

∇2φ(r) = 1r2

∂

∂r

(r2∂φ

∂r

)

soluzione: (a) Il primo addendo della Lagrangiana è invariante sotto trasformazione di gauge,mentre il secondo addendo non lo è. La Lagrangiana non è quindi un invariante di gauge; però oravedremo che lungo le soluzioni delle equazioni del moto si ha ∂µAµ ≡ 0, quindi non è un problema.

(b) Le equazioni di Eulero-Lagrange per L sono

−∂µF µν −m2Aν = 0

Notiamo che, moltiplicando per ∂ν è

− ∂(µ ∂ν)F [µν] −m2 ∂νAν = 0 =⇒ ∂νAν = 0

Riscriviamo le equazioni di Eulero-Lagrange in una forma più agevole:

∂µ(−∂µAν + ∂νAµ)−m2Aν = 0 =⇒ (� +m2)Aν = 0

(c) Considerando l’equazione del moto

(� +m2)Aν = 0

Dobbiamo calcolare il termine �Aµ. Quindi si ottiene

∂ρ∂ρ�µeipνxν = ∂ρ(�µipνδ

νρ e

ipνxν ) = ∂ν�µipνeipνxν = −pνpνAµ

15

Dall’equazione del moto si ricava quindi

pµpµ = p2 = m2 �µp

µ = 0

(d) Utilizzando sempre le equazioni di Eulero-Lagrange e facendo le derivate della nuova Lagran-giana si trova

(� +m2)Aν = jν

Questa si riduce alle due equazioni

(� +m2) ~A = 0 (� +m2)φ = qδ3(~x)

dove abbiamo scomposto Aµ = (φ, ~A).

Consideriamo l’equazione(� +m2)φ = qδ3(~x)

Un modo per risolverla è usando la trasformata di Fourier. Ricordiamo che

�̂φ(k) = −kµkµφ̂(k)

Calcoliamo la trasformata (quadridimensionale) di δ(3)(~x):

̂(δ(3)(~x))(k) =1

(2π)2

∫d4x δ(3)(~x)e−ikµx

µ

=1

(2π)2

∫dx0e−ik0x

0

=1

2πδ(k0)

Possiamo ora applicare la trasformata di Fourier alla nostra equazione:

(−kµkµ +m2)φ̂(k) =q

2πδ(k0) =⇒ φ̂(k) =

q

2π

δ(k0)

m2 − kµkµ

Applichiamo l’antitrasformata. La soluzione alla nostra equazione è

φ(x) =1

(2π)2q

2π

∫d4k

δ(k0)

m2 − kµkµeikνx

ν

=q

(2π)3

∫d3~k

e−i~k·~x

m2 + ‖~k‖2

La soluzione non dipende dal tempo, come ci aspettavamo, visto che la sorgente è statica. La formain cui l’abbiamo messa non è però particolarmente illuminante: per renderla più comprensibile,ricordiamo che il nostro problema ha anche simmetria sferica. Introduciamo coordinate sfericheopportune: nelle nuove variabili è (d3~k = 2πρ2 sin ξ dρ dξ)

φ(r) =q

(2π)2

∫ +∞0

dρρ2

m2 + ρ2

∫ +1−1

d(cos ξ) e−iρr cos ξ

=q

(2π)2ir

∫ +∞0

dρρ

m2 + ρ2(eiρr − e−iρr

)=

q

(2π)21

2ir

∫ +∞−∞

dρρ

m2 + ρ2(eiρr − e−iρr

)=

q

(2π)21

2ir

[2πi Res

ρ=+im

(ρeiρr

m2 + ρ2

)+ 2πi Res

ρ=−im

(ρe−iρr

m2 + ρ2

)]=

q

(2π)2π

r

[ime−mr

2im+

(−im)e−mr

−2im

]=

q

4π

e−mr

r.

16

Invece, l’equazione(� +m2) ~A = 0

è lineare omogenea, e non è difficile convincersi che le soluzioni sono combinazioni di onde piane

~A(x) =

∫d3~k

[~A0(k

0, ~k)eikµxµ

+ c.c.]

in cui si è imposto il vincolo kµkµ = m2, cioè |k0| =√m2 + ‖~k‖.

(d’) Un metodo alternativo per risolvere l’equazione

(� +m2)φ = qδ(3)(~x)

è il seguente: notiamo innanzitutto che la distribuzione di quadricorrente è statica e perciò nondipende dal tempo. L’equazione si semplifica

(−∇2 +m2)φ = qδ(3)(~x)

Essendo la carica posta nell’origine risolviamo l’equazione per ~x 6= 0 e poi aggiungiamo la soluzionedell’origine. Quindi

(−∇2 +m2)φ = 0La soluzione di questa equazione è del tipo

φ =f(r)

r

per simmetria sferica e in modo che all’infinito il potenziale φ si annulli.1 Ricordando la definizionedi Laplaciano in simmetria sferica si ottiene

∇2φ(r) = 1r2∂r(r

2 ∂rφ) =1

r2∂r(−f(r) + rf ′(r)) =

1

rf ′′(r)

L’equazione diventa1

r(f ′′(r)−m2f(r)) = 0

da cui la soluzionef(r) = ce±mr → ce−mr

(l’esponenziale positivo diverge). Ci rimane da determinare la costante c. Ora l’equazione è

(−∇2 +m2)ce−mr

r= qδ(3)(r)

Notiamo ora che m2φ e ∇2e−mr non contribuiscono all’origine. Rimane la parte

−∇2 1r

= 4πδ(3)(r) → c = q4π

Si ottieneφ =

qe−mr

4πr

1Da notare che l’andamennto ∼ 1r è prevedibile da argomenti di fisica 2.

17

Foglio 7

7.1 Una trasformazione di scala con parametro λ > 0 agisce sulle coordinate come

xµ → x′µ = λxµ

e sui campi comeφr(x)→ φ′r(x′) = λ−hrφr(x)

dove hr è un numero reale che viene chiamato dimensione conforme del campo φr.

a) Scrivete la forma infinitesima delle trasformazioni di scala sopra definite e, usando il risul-tato generale per la corrente di Noether provato a lezione, determinate la corrente di NoetherJ µ associata a queste trasformazioni. Lavorate in una generica teoria di campo con densità diLagrangiana L(φr, ∂µφr).b) Sfruttando la conservazione della corrente al punto (a), mostrare che in una teoria invarianteper trasformazioni di scala e per traslazioni spazio-temporali la traccia del tensore energia-impulsocanonico T̃ µµ si può scrivere come una 4-divergenza

T̃ µµ = ∂µXµ

quando sono soddisfatte le equazioni di Eulero-Lagrange della teoria. Trovate la forma esplicitadi Xµ.c) Per una teoria di un campo scalare senza massa φ, descritto dalla densità di Lagrangiana

L = 12∂µφ∂

µφ− g4!φ4

(dove g è una costante reale) determinate la dimensione conforme h del campo φ in modo taleche l’azione sia invariante di scala. Considerando l’espressione esplicita di T̃ µν per questa teoria,calcolatene la traccia e verificate esplicitamente il risultato del punto (b).d) Per il campo elettromagnetico libero, con densità di Lagrangiana

L = −14FµνF

µν

determinate la dimensione conforme h del campo Aµ in modo tale che l’azione sia invariantedi scala. Considerando l’espressione esplicita di T̃ µν per questa teoria, calcolatene la traccia everificate esplicitamente il risultato del punto (b).

Soluzione: a) Le variazioni sono

δxµ = (λ− 1)xµ δ̄φr(x) = (λ−hr − 1)φr(x)

δφr(x) = δ̄φr − δxµ ∂µφr(x) = (λ−hr − 1)φr(x)− (λ− 1)xµ ∂µφr(x)

Introducendo il parametro ε := λ− 1, possiamo scrivere più agilmente (ricordando che ε� 1)

δxµ = εxµ δ̄φr(x) ≈ −εhrφr(x) δφr(x) ≈ −εhrφr − εxµ ∂µφr

18

La corrente di Noether è

J µ = δxµL+ ∂L∂ ∂µφr

δφr = εxµL − ∂L

∂ ∂µφr(εhrφr + εx

ν ∂νφr)

Risulterà conveniente scriverla anche mettendo in evidenza il tensore energia-impulso canonico:

J µ = −δxνT̃ µν + δ̄φr∂L

∂ ∂µφr= −εxνT̃ µν − εhrφr

∂L∂ ∂µφr

b) Il teorema di Noether assicura ∂µJ µ = 0: calcoliamo

∂µJ µ = −εδνµT̃ µν − εxν ∂µT̃ µν − ε ∂µ(hrφr

∂L∂ ∂µφr

)Poichè sappiamo anche che la teoria è invariante per traslazioni, si ha ∂µT̃ µν = 0 e il secondoaddendo è nullo. Imponendo la conservazione della corrente si trova dunque

T̃ µµ = ∂µ

(−hrφr

∂L∂ ∂µφr

)=: ∂µX

µ

c) L’azione associata a L è

I[ϕ] =

∫d4x

(1

2∂µϕ∂

µϕ− g4!ϕ4)

Si ha d4x→ λ4 d4x, ∂µ → λ−1 ∂µ; sicchè:

I ′[ϕ′] = λ4∫

d4x

(λ−2h−2

2∂µϕ∂

µϕ− λ−4h g4!ϕ4)

L’azione è invariante di scala se e solo se si ha h = 1, dunque il campo scalare ϕ ha dimensioneconforme 1.Il campo Xµ associato è

Xµ = −ϕ∂µϕ

Ricordando le equazioni di Eulero-Lagrange di L

∂µ ∂µϕ+

g

3!ϕ3 = 0

si ha∂µX

µ = − ∂µϕ∂µϕ− ϕ∂µ ∂µϕ = − ∂µϕ∂µϕ+g

3!ϕ4

Il tensore energia-impulso canonico è

T̃ µν = ∂µϕ∂νϕ− ηµνL = ∂µϕ∂νϕ− ηµν(

1

2∂αϕ∂

αϕ− g4!ϕ4)

Calcolo la traccia ricordando che ηµµ = δµµ = 4

T̃ µµ = ∂µϕ∂µϕ− ηµµL = − ∂µϕ∂µϕ+

g

3!ϕ4

19

d) L’azione associata a L èI[Aν ] = −

1

4

∫d4xF µνFµν

Poichè F µν è lineare nei campi Aν e nei quadrigradienti ∂µ si ha

I ′[A′ν ] = −λ4λ−2h−21

4

∫d4xF µνFµν

L’azione è invariante di scala se e solo se h = 1, dunque l’elettromagnetismo libero ha dimensioneconforme 1.Il campo Xµ associato è

Xµ = AνFµν

Ricordando le equazioni di Eulero-Lagrange per L: ∂µF µν = 0 si ha

∂µXµ = ∂µ(AνF

µν) = ∂[µAν]Fµν =

1

2FµνF

µν

Il tensore energia-impulso canonico è

T̃ µν = −F µλ ∂νAλ +1

4ηµνFαβFαβ

Calcolo la tracciaT̃ µµ = −F µλ ∂[µAλ] + FαβFαβ =

1

2F µνFµν

20

Foglio 8

8.1 Considerate la condizione di gauge-fixing A0 = 0, nota come gauge di Coulomb.a) Mostrate che esiste sempre una trasformazione di gauge Λ che trasforma un generico 4-potenzialeAµ in un 4-potenziale con A0 = 0. Determinate quali sono le trasformazioni di gauge residue.Si impongano condizioni iniziali (a t = 0) su A1, A2 e sulle loro derivate temporali.b) Mostrate che le trasformazioni di gauge residue e l’equazione ∂µF µ0 = j0 a t = 0, fissano lecondizioni iniziali per A3 e ∂0A3.c) Mostrate che le rimanenti equazioni di Maxwell ∂µF µi = ji ammettono un’unica soluzione, conle condizioni iniziali sopra determinate.d) Scrivete una soluzione delle equazioni di Maxwell nel vuoto che rappresenta un’onda piana emonocromatica con vettore d’onda ~k nella gauge di Coulomb.

soluzione: a) Con una trasformazione di gauge Aµ → A′µ = Aµ + ∂µΛ con la condizione∂0Λ = −A0 si trova un quadripotenziale con A′0 = 0. Le trasformazioni di gauge residue sonoAµ → Aµ + ∂µΛ̃ con ∂0Λ̃ = 0.b,c) Le equazioni di Maxwell si possono riscrivere come:

�Aν − ∂ν ∂µAµ = jν

Sembrerebbero quattro equazioni scollegate, ma in realtà non sono indipendenti.Innanzitutto, scritte nella forma Gν := ∂µF µν − jν = 0 si ha ∂νGν = ∂ν ∂µF µν − ∂νjν = 0, epertanto le equazioni non sono linearmente indipendenti. In particolare, vale ∂0G0 = − ∂iGi:dunque, se Gi(t, ~x) ≡ 0 ∀t, ~x, allora ∂0G0 ≡ 0, ossia G0(t, ~x) = G0(0, ~x)∀~x; in altre parole bastarichiedere solo che valga il vincolo G0(0, ~x) = 0 per avere G0 ≡ 0, perchè G0 non dipende daltempo. Le equazioni dinamiche sono dunque le Gi = 0.C’è però anche l’invarianza di gauge. La nostra condizione di gauge fixing A0 = 0 è già statadiscussa al punto a). Sappiamo che una trasformazione Λ che ci porta in questa gauge esisteed è unica una volta specificato Λ(0, ~x). Tuttavia non è stata eliminata l’indeterminazione sulquadripotenziale, perchè si possono ancora fare trasformazioni di gauge residue Λ̃. Ci sono peròinfinite soluzioni di ∂0Λ̃ = 0 che si annullano all’infinito: possiamo ad esempio scegliere di fissare lagauge residua chiedendo A3(0, ~x) = 0. Mostriamo che è una buona scelta: dato un Aµ generico, siha che una soluzione di A′3(0, ~x) := A3(0, ~x)+∂3Λ(0, ~x) = 0 è data da Λ(0, ~x) = −

∫R d

3yA3(0, ~y)+cost. (la costante assicura l’annullarsi all’infinito di Λ). Abbiamo dunque eliminato completamentel’indeterminazione sul quadripotenziale.A questo punto ∂0A3(0, ~x) è pure nota: a t = 0 infatti vale G0 = ∂iF i0−j0 = 0, ovvero scrivendoloin termini di Aµ e nella gauge di Coulomb

− ∂1 ∂0A1 − ∂2 ∂0A2 − ∂3 ∂0A3 = j0

Integrando in x3 si ottiene ∂0A3(0, ~x). Noti dunque Aa(0, ~x), ∂0Aa(0, ~x), con a = 1, 2, sononoti dal fixing della gauge residua Ai(0, ~x), ∂0Ai(0, ~x). Allora le soluzioni delle Gi = 0 sono univo-camente determinate: Ai(t, ~x). Poichè si è imposto A0 ≡ 0 si è determinato il quadripotenziale Aµ.

d) Conosciamo la soluzione nella gauge di Lorenz ovvero

Aµ = �µeik·x + c.c.

21

che indica il vincolo kµ�µ = 0. Eseguiamo una trasformazione di Gauge

Aµ → A′µ = Aµ + ∂µΛ

e come visto nei punti precedenti esiste una certa Λ tale che A′0 = 0. Questa condizione si scrive

�0eik·x + c.c.+ ∂0Λ = 0

La soluzione per Λ di questa equazione è del tipo Λ = λeik·x + c.c. e scegliendo kµ = ω(1, 0, 0, 1)si ha ∂0Λ = iωλeik·x. Dall’equazione si ricava quindi

λ = i�0ω

Una soluzione nella Gauge di Coulomb è quindi

Aµ = (�µ − �0ωkµ)eik·x + c.c.

22

Foglio 9

9.1 Il campo elettrico di un’onda elettromagnetica è

~E = E0 sinωt (sinωz, cosωz, 0)

dove E0 e ω sono costanti.(a) Trovate il campo magnetico ~B e verificate che tutte le equazioni di Maxwell nel vuoto sianoverificate.(b) Determinate un 4-potenziale Aµ corrispondente ai campi ~E e ~B nel gauge di Lorenz. Scrivete lasoluzione come sovrapposizione di onde elettromagnetiche elementari (onde piane e monocroma-tiche) determinando i valori del vettore d’onda kµ e del vettore di polarizzazione �µ per le singolecomponenti elementari. Qual è lo stato di polarizzazione delle onde elementari componenti?(c) Calcolate la densità di energia ed il vettore di Poynting.

soluzione: a) Conviene riscrivere ~E nella forma ~E = ~E+ + ~E− in base alle direzioni dipropagazione. Da

sin(ωt) sin(ωz) =1

2(cos(ω(t− z))− cos(ω(t+ z)))

sin(ωt) cos(ωz) =1

2(sin(ω(t− z)) + sin(ω(t+ z)))

si trova~E+ =

E02

(cos(ω(t− z)), sin(ω(t− z)), 0)

~E− =E02

(− cos(ω(t+ z)), sin(ω(t+ z)), 0)

Corrispondentemente si ha

~B+ = ẑ × ~E+ =E02

(− sin(ω(t− z)), cos(ω(t− z)), 0)

~B− = −ẑ × ~E− =E02

(sin(ω(t+ z)), cos(ω(t+ z)), 0)

É immediato che sia ~∇ · ~E = 0 = ~∇ · ~B. Con un po’ di conti si trova

~∇× ~E± = ω ~E±∂ ~E±∂t

= ω ~B± ~∇× ~B± = ω ~B±∂ ~B±∂t

= −ω ~E±

e quindi si ha anche ~∇× ~E = − ∂ ~B/ ∂t, ~∇× ~B = ∂ ~E/ ∂t.

b) La forma dei campi ci suggerisce un potenziale vettore:

~A± =1

ω~B± =⇒ ~A =

~B

ωA0 = 0

Il quadripotenziale Aµ = (0, ~A) soddisfa la gauge di Lorenz: infatti

∂µAµ = ~∇ · ~A = 1

ω~∇ · ~B = 0

23

~A = ~A+ + ~A− ~A± =E02ω

∓ sin(ω(t∓ z))cos(ω(t∓ z))0

= E04ω

±ieiω(t∓z)eiω(t∓z)0

+ c.c.Se poniamo

kµ± = ω(1, 0, 0,±1) �µ± =

E04ω

(0,±i, 1, 0)

si ha proprioAµ± = �

µ±e

ikν±xν + c.c.

Lo stato di polarizzazione di ciascuna componente dell’onda è evidentemente circolare.

c) Risommando i campi

~E = E0 sinωt (sinωz, cosωz, 0) ~B = E0 cosωt (sinωz, cosωz, 0)

La densità di energia è

T 00 =E2 +B2

2= E20/2

PoichèSi = T 0i =

k0ki

‖~k‖2T 00

il vettore di Poynting è~S± = (0, 0,±E20/4) =⇒ ~S = 0

come si poteva già vedere dal fatto che i campi complessivi sono paralleli. Il fatto che sianoparalleli non è in contrasto con la teoria, perchè la teoria dice che le componenti elementari deicampi sono ortogonali tra loro.

24

Foglio 10

10.1 [Lechner, es. 7.2] Si consideri la linea di universo di un moto relativistico uniformementeaccelerato

yµ(s) =1

b(sinh bs, cosh bs, 0, 0) , b > 0.

Si dimostri che le condizioni del ritardo

(x− y(s))2 = 0 x0 − y0(s) > 0

non ammettono nessuna soluzione per s, se xµ appartiene all’insieme Σ ≡ {xµ ∈ R4|x0 + x1 < 0}.Suggerimento. L’equazione (x− y(s))2 = 0 può essere posta nella forma(

t+ x1 − 1bebs)(

t+ x1 − 1bebs − 2

(t− 1

bsinh bs

))+(x2)2

+(x3)2

= 0.

Inoltre la condizione x0 > y0(s) equivale a t > sinh(bs)/b.

soluzione: Diamo per buono il suggerimento (non è difficile da provare, l’ho fatto su carta maè un po’ contoso), e focalizziamoci sul primo termine. Possiamo riscriverlo come(

t+ x1 − 1bebs)2− 2

(t− 1

bsinh bs

)(t+ x1 − 1

bebs)

(?)

Si può sperare di risolvere l’equazione solo se (?) è strettamente negativo.Se xµ ∈ Σ, sicuramente il quadrato è non nullo (positivo), perchè il contenuto della parentesi èstrettamente negativo.Quindi, se imponiamo la condizione t > sinh(bs)/b, cioè t − sinh(bs)/b > 0, si ha che se (?) ènegativo allora necessariamente deve essere

t+ x1 − 1bebs > 0

ma ciò è impossibile, perchè come detto questa quantità è sempre negativa se xµ ∈ Σ.

25

Foglio 11

11.2 Un filo neutro ed indefinitamente esteso lungo l’asse z è percorso da una corrente I che varianel tempo come

I(t) =

{0 t ≤ 0I0t t > 0

con I0 costante. (a) Calcolate i campi ~E e ~B in funzione del tempo e della distanza r dal filo.

Suggerimento: calcolate prima il potenziale Aµ(t, r) usando la formula generale

Aµ(t, ~x) =1

4π

∫d3~y

jµ(t− ‖~x− ~y‖, ~y)‖~x− ~y‖

(b) Valutate i campi nel limite t � r e nel limite t − r � r; quanto vale il rapporto ~E/ ~B inquest’ultimo limite?

soluzione: (a) La 4-corrente è

jµ(t, ~x) = (0, 0, 0, I0tΘ(t)δ(x1)δ(x2))

perciò solo la componente lungo l’asse z contribuisce al quadripotenziale. Si ha quindi

A3 =I04π

∫ ∞−∞

dy3Θ(t−

√(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2)(t−

√(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2)√

(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2

Chiamiamo r =√

(x1)2 + (x2)2 la distanza dal filo e z = x3 − y3.

A3 =I04π

∫ ∞−∞

dzΘ(t−

√r2 + z2)(t−

√r2 + z2)√

r2 + z2=I04π

Θ(t− r)∫ √t2−r2−√t2−r2

dzt−√r2 + z2√

r2 + z2=

A3 =I0

4πrΘ(t− r)

∫ √t2−r2−√t2−r2

dzt− r

√1 +

(zr

)2√1 +

(zr

)2 = I02πΘ(t− r)∫ √t2/r2−1

0

dxt− r

√1 + x2√

1 + x2

Si ottiene quindi

A3(t, r) =I02π

Θ(t− r)

[t sinh−1

(√t2

r2− 1

)− r√t2

r2− 1

]A0 = A1 = A2 = 0

Ora possiamo calcolare i campi elettrici e magnetici a partire dalle relazioni

~E = (0, 0,− ∂0A3) ~B = −∂A3

∂rûθ

E3 = −I02πδ(t− r)

[t sinh−1

(√t2

r2− 1

)− r√t2

r2− 1

]− I0

2πΘ(t− r)

[sinh−1

(√t2

r2− 1

)]

26

Bθ =I02πδ(t− r)

[t sinh−1

(√t2

r2− 1

)− r√t2

r2− 1

]+I02π

Θ(t− r)√t2

r2− 1

Semplificando si ottiene

E3 = −I02π

Θ(t− r)

[sinh−1

(√t2

r2− 1

)]Bθ =

I02π

Θ(t− r)√t2

r2− 1

(b) Nel limite t� r si ottiene

~E ∼ − I02π

sinh−1(t

r

)ûz ∼ −

I02π

ln2t

rûz ~B '

I0t

2πrûθ

Nel limite invece t− r � r, ovvero t/r ∼ 1 si ottiene

~E ∼ − I02π

√2t− rr

ûz ~B ∼I02π

√2t− rr

ûθ

e in questo limite vale| ~E|/| ~B| = 1

27

Foglio 12

12.1 Un anello circolare isolante di raggio b giace nel piano (x, y) (scegliete l’origine nel centrodell’anello). L’anello porta una densità di carica lineare

λ = λ0 cosφ

dove λ0 è una costante e φ è l’angolo azimutale.

(a) Calcolate il momento di dipolo elettrico dell’anello.

(b) Supponete ora che l’anello sia fatto ruotare attorno all’asse z con velocità angolare costanteω. Assumendo che ωb � c, calcolate la distribuzione angolare della potenza emessa e la potenzatotale emessa, entrambe mediate su un periodo di rotazione.

(c) Se l’anello fosse messo in rotazione con velocità iniziale ω e poi non fosse più immessa energianel sistema, come varierebbe la sua velocità angolare? Ai fini del calcolo della potenza irradiata,assumete di poter trascurare la componente dell’accelerazione tangenziale all’anello; qual è lacondizione per cui questa assunzione è verificata? Si indichi con M la massa dell’anello.

soluzione: (a) Il momento di dipolo elettrico è definito

~D(t) =

∫d3~yρ(t, ~y)~y

Perciò dobbiamo definire la densità di carica spaziale ρ(t, ~y). É evidente la simmetria del problemaquindi consideriamo coordinate cilindriche (r, φ, z). Abbiamo

ρ(r, φ, z) = λ0 cosφδ(r − b)δ(z)

~D =

∫ ∞0

r dr

∫ 2π0

dφ

∫ +∞−∞

dzλ0 cosφδ(r−b)δ(z)

r cosφr sinφz

= λ0b2 ∫ 2π0

dφ

cos2 φcosφ sinφ0

= πλ0b2ûx(b) Ora il momento di dipolo si può parametrizzare

~D(t) = λ0b2π(cosωt, sinωt, 0)

e nel limite ωb� c, ovvero v � c, si possono usare le formule dell’approssimazione non relativisticadi dipolo.

dW

dΩ=

1

16π2‖~n× ~̈D(t)‖2

dove quando si va a mediare è necessario tenere conto del fatto che ~D non sia fisso, e dun-que in generale non lo sarà neanche l’angolo che forma con ~n. Poichè ~̈D(t) = −ω2 ~D(t) e~n = (sin θ cosφ, sin θ sinφ, cos θ), si ha

~n× ~̈D = −λ0b2πω2(− sinωt cosφ, cosωt cos θ, sin θ sin(φ− ωt))

28

La potenza emessa per unità di angolo solido, mediata su un periodo, è〈dW

dΩ

〉=

1

16π2〈‖~n× ~̈D‖2〉 = ω

4λ20b4π2

16π2(cos2 θ +

1

2sin2 θ) =

λ20b4ω4

32(1 + cos2 θ)

La potenza totale emessa si ottiene integrando:

〈W 〉 =∫

dΩ〈dWdΩ〉 = λ

20b

4ω4

32

∫ π0

dθ2π sin θ(1 + cos2 θ) =λ20b

4ω4

32

16π

3=ω4λ20b

4π

6

che, tra l’altro, coincide con la quantità calcolata con la formula di Larmor

〈W 〉 = ‖~̈D(t)‖2

6π=ω4λ20b

4π

6

(c) L’energia (cinetica) dell’anello a t = 0 è

E0 =1

2Iω20 =

1

2Mb2ω20

Per l’anello valedEdt

= −W =⇒ Mb2ωω̇ = −W =⇒ ω̇ = −πλ20b

2

6Mω3 =: −αω3

Risolvendo l’equazione con la condizione iniziale ω(0) = ω0 si ha

ω(t) =ω0√

πb2λ203M

ω20t+ 1

Vediamo ora quanto può essere trascurata l’accelerazione tangenziale

aT = ω̇b = −λ20b

3πω3

6M

In teoria dovremmo prendere ~D, ammettere che ω sia funzione del tempo, derivare due volte evedere che succede, ma è un suicidio. Usiamo un approccio più approssimativo (buu!). Suddivi-dendo l’anello in pezzettini infinitesimi di carica, si può integrare per trovare il contributo a ~̈Ddella accelerazione tangenziale, infatti

~̈D = −∫ 2π

0

dφλ0 cosφbλ20b

3πω3

6M

sinφcosφ0

= −λ30b4πω36M

∫ 2π0

0cos2 φ0

= λ30b4π2ω36M

010

Perciò per la potenza irradiata dall’accelerazione tangenziale

‖ ~̈D‖2 = λ60b

8π4ω6

36M2→ W = 1

6‖ ~̈D‖2 = 1

6

λ60b8π4ω6

36M2

Tale potenza è trascurabile se è molto minore della potenza calcolata prima

1

6

λ60b8π4ω6

36M2� ω

4λ20b4π

6

ed è valida se|ω| � 6M

λ20b2π

29