Elettrodinamica classica/Approssimazione di quadrupolo

Vogliamo ora capire come "migliorare" l'approssimazione di dipolo. Ci fermeremo solo ai termini immediatamente successivi, detti di quadrupolo elettrico e di dipolo magnetico. Partiamo dunque dall'espressione di $A^{\mu }$ nella zona delle onde (reintroduciamo le $c$):

$A^i=\frac{1}{4\pi rc}\int j^i(t-\frac{r}{c}+\frac{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{y}}{c};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}+o\left(\frac{1}{r^2}\right)$

Dunque, sviluppando il ritardo microscopico in serie di Taylor, arrestandoci ai termini quadratici:

$\begin{array}{cc}{A}^i& =\frac{1}{4\pi rc}[{\dot{D}}^i+\int \frac{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{y}}{c}{\partial }_0{j}^i(t-\frac{r}{c};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}+o\left(\frac{1}{c^2}\right)]=\\ & =\frac{1}{4\pi rc}[{\dot{D}}^i+\frac{n^k}{c}{\partial }_0\int y^k{j}^i(t-\frac{r}{c};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}]\end{array}$

È conveniente scrivere l'integrale fra parentesi come somma di un termine simmetrico e di uno antisimmetrico:

$\int y^k{j}^i{d}^3\overrightarrow{y}=\frac{1}{2}\int (y^k{j}^i+y^i{j}^k)d^3\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\int (y^k{j}^i-y^i{j}^k)d^3\overrightarrow{y}$

Il primo addendo è un termine detto di quadrupolo elettrico, mentre il secondo di dipolo magnetico. Consideriamoli separatamente. Il tensore di dipolo magnetico è definito come:

$M^{ik}=\frac{1}{2}\int (y^i{j}^k-y^k{j}^i)d^3\overrightarrow{y}$

(è l'opposto del secondo addendo dell'integrale in $A^i$); si tratta di un tensore antisimmetrico tridimensionale, dunque ad esso è associato il vettore tridimensionale $M^{\ell }$ definito come:

$M^{ik}={\epsilon }^{ik\ell }{M}^{\ell }\Rightarrow \overrightarrow{M}=\frac{1}{2}\int \overrightarrow{y}\times \overrightarrow{j}{d}^3\overrightarrow{y}$

detto dipolo magnetico, in quanto è definito in modo analogo al dipolo elettrico (con $\overrightarrow{j}$ al posto di $\rho$ e il prodotto vettore al posto di quello scalare); si tratta del momento di dipolo magnetico. Se invece di una distribuzione continua di carica si considera una particella carica in moto, si ha:

$\overrightarrow{M}=\frac{e}{2}\overrightarrow{y}\times \overrightarrow{v}$

Il quadrupolo elettrico è invece definito come:

$D^{ij}=\int y^i{y}^j\rho (t;\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}$

(che è ovviamente un tensore simmetrico). Si ha allora, sfruttando l'equazione di continuità della carica:

${\dot{D}}^{ij}=\int y^i{y}^j{\partial }_0\rho (t;\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}=-\int y^i{y}^j\frac{\partial }{\partial y^k}{j}^k{d}^3\overrightarrow{y}$

Integrando per parti, uno dei due termini si annulla grazie al teorema di Gauss e al fatto che la quadricorrente si annulla all'infinito. Si ha quindi:

${\dot{D}}^{ij}=\int (y^j{j}^i+y^i{j}^j)d^3\overrightarrow{y}$

e pertanto:

$\frac{1}{2}\int (y^k{j}^i+y^i{j}^k)d^3\overrightarrow{y}=\frac{1}{2}{\dot{D}}_{ik}$

Il quadripotenziale nella zona delle onde può dunque essere espresso come:

$A^i=\frac{1}{4\pi r}[\frac{1}{c}{\dot{D}}^i+\frac{1}{c^2}(\frac{1}{2}{\ddot{D}}_{ik}-{\dot{M}}_{ik})n^k+o\left(\frac{1}{c^3}\right)]$

Per il teorema di Birkhoff, se il campo ha simmetria sferica si dovrebbe avere che $A^i$ è un quadripotenziale di tipo coulombiano, e dunque i termini contenenti ${\dot{M}}_{ik}$ e ${\ddot{D}}_{ik}$ dovrebbero essere nulli. Infatti, nell'ipotesi che i campi abbiano simmetria sferica si ha $j^i(t;\overrightarrow{y})=j^i(t,|\overrightarrow{y}|)$ e quindi $M^{ij}=0$ (è l'integrale di una funzione dispari su un dominio pari); dalla definizione di quadrupolo elettrico, invece, non emerge evidentemente che esso è nullo per una distribuzione sferica di carica. In generale, dunque, $D^{ij}\ne 0$, ma si tratta solo di un effetto di gauge (ossia, la gauge che stiamo usando non è la più "furba" possibile). Infatti, sotto la trasformazione:

$A^i\to A^i-{\partial }^i\left(\frac{1}{8\pi rc}\frac{1}{3}{\ddot{D}}^{jj}(t-\frac{r}{c})\right)$

il quadripotenziale diventa, trascurando i termini di ordine $1/r^2$:

${A^{\prime }}^i=A^i-\frac{1}{8\pi r{c}^2}{n}^i\frac{1}{3}{\ddot{D}}^{jj}(t-\frac{r}{c})+o\left(\frac{1}{r^2}\right)$

Questa trasformazione di gauge è quindi equivalente alla trasformazione:

$D^{ij}\to D{\text{'}}^{ij}=\int (y^i{y}^j-\frac{1}{3}{\delta }^{ij}|\overrightarrow{y}{|}^2)\rho (t-\frac{r}{c};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}$

(ove $D^{\prime }$ è detto momento di quadrupolo ridotto), di modo che l'espressione di $A^i$ diventa:

$A^i=\frac{1}{4\pi r}[\frac{1}{c}{\dot{D}}^i+\frac{1}{c^2}(\frac{1}{2}\ddot{D}{\text{'}}^{ik}-{\dot{M}}^{ik})n^k+o\left(\frac{1}{c^3}\right)]$

Se ora la distribuzione di carica è a simmetria sferica, passando a coordinate polari si ha $d^3\overrightarrow{y}=|\overrightarrow{y}{|}^{2}d|\overrightarrow{y}|d\mathrm{\Omega }$, $y^i=|\overrightarrow{y}|n^i$. Dunque:

$D{\text{'}}^{ij}=\int |\overrightarrow{y}{|}^2|\overrightarrow{y}{|}^2\rho (t-\frac{r}{c},|\overrightarrow{y}|)d|\overrightarrow{y}|\int (n^i{n}^j-\frac{1}{3}{\delta }^{ij})d\mathrm{\Omega }$

L'ultimo integrale, però, è nullo; infatti si deve avere $\int n^i{n}^{j}d\mathrm{\Omega }=k{\delta }^{ij}$, e $\int n^i{n}^{i}d\mathrm{\Omega }=4\pi =k{\delta }_{ii}=3k$, dunque $k=4\pi /3$. Pertanto:

$\int n^i{n}^{j}d\mathrm{\Omega }=\frac{4\pi }{3}{\delta }^{ij}\int \frac{1}{3}{\delta }^{ij}d\mathrm{\Omega }=\frac{4\pi }{3}{\delta }^{ij}$

Dunque, $D{\text{'}}^{ij}=0$.

Studiamo dunque l'emissione di questa distribuzione sferica di carica. In approssimazione di dipolo si ha:

$\frac{dW}{d\mathrm{\Omega }}=\frac{r^2}{c}|\overrightarrow{n}\times \overrightarrow{\dot{A}}{|}^2=\frac{r^2}{c}({\delta }^{ij}-n^i{n}^j){\dot{A}}^i{\dot{A}}^j$

(notiamo che il termine ${\delta }^{ij}-n^i{n}^j$ è quello che determina la dipendenza della potenza emessa da ${\sin }^2\theta$). Nel caso dell'approssimazione di quadrupolo, invece, per studiare la dipendenza della potenza irraggiata bisogna considerare anche che $A^i$ stesso dipende da $n^k$; possiamo soltanto dire, dunque, che in approssimazione di quadrupolo la dipendenza dalla direzione della potenza irradiata è più complicata di ${\sin }^2\theta$. Per determinare inoltre le frequenze emesse, notiamo che la relazione che lega il momento di quadrupolo a $\overrightarrow{y}$ per una particella in moto è più complicata che in approssimazione di dipolo. Si ha infatti:

$D^{ij}=e(y^i{y}^j-{\delta }^{ij}|\overrightarrow{y}{|}^2)$

che è quadratico in $y$ (e non lineare come nel caso $D^i=e{y}^i$), e analogamente per il dipolo magnetico $M^{ik}$. Pertanto, se ad esempio il moto della particella è armonico semplice di frequenza $\omega$, la radiazione emessa in approssimazione di quadrupolo elettrico e di dipolo magnetico contiene anche frequenze multiple di $\omega$. In generale, più ci si avvicina, nelle approssimazioni, a velocità relativistiche, più è grande la frequenza emessa (sempre come multiplo di $\omega$).

Notiamo poi che $dW/d\mathrm{\Omega }$ è quadratico in $\dot{A}$, dunque in approssimazione di quadrupolo dovremmo anche considerare i termini di ordine $1/c^3$, perché nell'eseguire il quadrato di $\dot{A}$ ci sono dei termini di ordine $1/c^4$ che provengono dal prodotto di ${\ddot{D}}^i/c$ con i termini di ordine $1/c^3$. Pertanto, per consistenza, supponiamo che i termini di ordine $1/c$, ossia i termini di dipolo, siano nulli.

Per calcolare la potenza totale emessa si procede come al solito. Saltiamo il conto perché è lungo e noiso; risulta:

$W=\int \frac{dW}{d\mathrm{\Omega }}d\mathrm{\Omega }=\frac{1}{6\pi }|\ddot{\overrightarrow{M}}{|}^2+\frac{1}{80\pi }{{\dot{\ddot{D}}}^{\prime }}^{ij}{{\dot{\ddot{D}}}^{\prime }}^{ij}$