Elettrodinamica classica/Equazioni di Maxwell in presenza di sorgenti

Ci proponiamo dunque di risolvere:

$◻A^{\mu }=j^{\mu }{\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0$

ove $j^{\mu }$ è una sorgente nota, che ovviamente soddisfa ${\partial }_{\mu }{j}^{\mu }=0$. Si tratta sempre di equazioni differenziali lineari, ma stavolta contengono un termine noto. Il metodo col quale si risolve questo tipo di equazioni è il metodo della funzione di Green.

Equazione di Laplace

Consideriamo innanzitutto l'analogo tridimensionale di questa equazione per un campo scalare $\phi$ indipendente dal tempo:

$-{\mathrm{\nabla }}^2\phi (\overrightarrow{x})=\rho (\overrightarrow{x})\phi (\overrightarrow{x})\stackrel{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{\to }0$

ove $\rho$ è una funzione nota. Con queste condizioni, esiste un'unica soluzione dell'equazione. Supponiamo infatti che $\bar{\phi }$ sia una soluzione particolare dell'equazione; allora la soluzione generale sarà $\phi =\bar{\phi }+{\phi }_0$, ove ${\phi }_0$ è soluzione dell'equazione omogenea. Abbiamo già visto, però, che l'unica soluzione dell'equazione omogenea con le condizioni che abbiamo imposto è ${\phi }_0=0$. Poiché l'equazione di Laplace è lineare, supponendo di conoscere due funzioni ${\phi }_1$ e ${\phi }_2$ tali che $-{\mathrm{\nabla }}^2{\phi }_1={\rho }_1$ e $-{\mathrm{\nabla }}^2{\phi }_2={\rho }_2$, allora $\phi ={\phi }_1+{\phi }_2$ risolverà l'equazione $-{\mathrm{\nabla }}^2\phi =\rho ={\rho }_1+{\rho }_2$.

Poniamo dunque:

$\rho (\overrightarrow{x})=\int \rho (\overrightarrow{y}){\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}$

(è una definizione tautologica). Allora, se conosciamo la soluzione dell'equazione di Laplace per una ${\delta }^{(3)}$, dalla $\rho$ possiamo ricavare la soluzione generale dell'equazione (la $\rho$ è infatti una "sovrapposizione" di ${\delta }^{(3)}$). Cerchiamo dunque di risolvere l'equazione per ${\rho }_{\overrightarrow{y}}(\overrightarrow{x})={\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})$.

Chiamiamo $G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})$ (che è detta funzione di Green) la soluzione di quest'equazione, ossia:

$-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})={\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})$

ove il pedice $\overrightarrow{x}$ sul laplaciano indica che quest'ultimo agisce solo sulla $\overrightarrow{x}$, e non sulla $\overrightarrow{y}$. Se interpretiamo fisicamente quest'equazione, $G$ è il potenziale elettrostatico corrispondente a una carica puntiforme posta in $\overrightarrow{y}$, che va considerato come una sorta di "parametro". Nota dunque $G$, allora si avrà:

$\phi (\overrightarrow{x})=\int \rho (\overrightarrow{y})G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}$

che è una "sovrapposizione" di più soluzioni elementari, pesate con la $\rho$. Infatti:

$\begin{array}{cc}-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^2\phi (\overrightarrow{x})& =-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^2\int \rho (\overrightarrow{y})G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}=\\ & =\int \rho (\overrightarrow{y})(-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y}))d^3\overrightarrow{y}=\int \rho (\overrightarrow{y}){\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})d^3\overrightarrow{y}=\rho (x)\end{array}$

Notiamo ora che in realtà la $G$ è funzione di una sola variabile come conseguenza dell'invarianza del laplaciano sotto rototraslazioni:

$\overrightarrow{x}\to {\overrightarrow{x}}^{\prime }=R\overrightarrow{x}+\overrightarrow{a}\Rightarrow {\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^2=\sum _i\frac{{\partial }^2}{\partial x^{i^2}}\to {\mathrm{\nabla }}_{{\overrightarrow{x}}^{\prime }}^2=\sum _i\frac{{\partial }^2}{\partial {{x^{\prime }}^i}^2}=\sum _i\frac{{\partial }^2}{\partial {x^i}^2}={\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^2$

(perché $|detR|=1$). Ora, l'equazione:

$-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})={\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})$

dev'essere vera per ogni $\overrightarrow{x}$ e $\overrightarrow{y}$, e dunque anche per ogni ${\overrightarrow{x}}^{\prime }$ e ${\overrightarrow{y}}^{\prime }$:

$-{\mathrm{\nabla }}_{{\overrightarrow{x}}^{\prime }}^{2}G({\overrightarrow{x}}^{\prime };{\overrightarrow{y}}^{\prime })={\delta }^{(3)}({\overrightarrow{x}}^{\prime }-{\overrightarrow{y}}^{\prime })\Rightarrow -{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G({\overrightarrow{x}}^{\prime };{\overrightarrow{y}}^{\prime })={\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y})$

ove l'ultimo passaggio è dovuto alle proprietà della $\delta$ (il modulo del determinante della matrice di una rotazione è 1). Poiché la soluzione di quest'equazione è unica, si dovrà avere:

$G({\overrightarrow{x}}^{\prime };{\overrightarrow{y}}^{\prime })=G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})$

Insomma, la funzione di Green "eredita" sempre le simmetrie dell'operatore che agisce su di essa. Poiché dunque $G$ è invariante per traslazioni, allora potrà solo essere funzione di $\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}$, ossia $G(\overrightarrow{x};\overrightarrow{y})=G(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}):=\tilde{G}(\overrightarrow{x})$ (ove nell'ultimo passaggio abbiamo rinominato $\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}$ con $\overrightarrow{x}$). Poiché è anche invariante per rotazioni, poi, la $G$ dovrà essere funzione del solo modulo di $\overrightarrow{x}$, ossia $G(\overrightarrow{x})=G(|\overrightarrow{x}|)$. Dunque, ricapitolando:

$-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G(|\overrightarrow{x}|)=\delta (|\overrightarrow{x}|)$

Sappiamo, per analogia con l'elettrostatica, che la soluzione di quest'equazione è:

$G(|\overrightarrow{x}|)=\frac{1}{4\pi }\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}$

Cerchiamo però di derivarla sistematicamente; per farlo, passiamo alle trasformate di Fourier:

$G(|\overrightarrow{x}|)=\frac{1}{(2\pi {)}^{3/2}}\int e^{i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}\hat{G}(\overrightarrow{k})d^3\overrightarrow{k}$

${\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x})=\frac{1}{(2\pi {)}^3}\int e^{i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}{d}^3\overrightarrow{k}\Rightarrow {\hat{\delta }}^{(3)}(k)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}$

Pertanto, prendendo la trasformata di Fourier ad ambo i membri dell'equazione $-{\mathrm{\nabla }}_{\overrightarrow{x}}^{2}G(|\overrightarrow{x}|)=\delta (|\overrightarrow{x}|)$:

$|\overrightarrow{k}{|}^2\hat{G}(\overrightarrow{k})=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\Rightarrow \hat{G}(\overrightarrow{k})=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{k}{|}^2}\Rightarrow G(|\overrightarrow{x}|)=\frac{1}{(2\pi {)}^3}\int \frac{e^{i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}}{|\overrightarrow{k}{|}^2}{d}^3\overrightarrow{k}$

Per calcolare quest'ultimo integrale conviene pensare $\overrightarrow{x}$ come un vettore fisso e $\overrightarrow{k}$ variabile, e prendere coordinate polari per $\overrightarrow{k}$ rispetto a $\overrightarrow{x}$.

Dunque:

$d^3\overrightarrow{k}=dkd\theta d\phi \cdot k^2\sin \theta \Rightarrow d^3\overrightarrow{k}=k^{2}dkd(\cos \theta )d\phi$

e quindi:

$\begin{array}{cc}G(|\overrightarrow{x}|)& =\frac{1}{(2\pi {)}^3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_{-1}^1{\int }_0^{2\pi }\frac{k^2}{k^2}{e}^{ik|\overrightarrow{x}|\cos \theta }d\phi d(\cos \theta )dk=\\ & =\frac{1}{(2\pi {)}^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_{-1}^1{e}^{ik|\overrightarrow{x}|\cos \theta }d(\cos \theta )dk=\frac{1}{(2\pi {)}^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{-ik|\overrightarrow{x}|}(e^{ik|\overrightarrow{x}|}-e^{-ik|\overrightarrow{x}|})dk=\\ & =\frac{1}{(2\pi {)}^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{ik|\overrightarrow{x}|}(e^{ik|\overrightarrow{x}|}-e^{-ik|\overrightarrow{x}|})dk=\frac{2}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (k|\overrightarrow{x}|)}{k}dk=\\ & =\frac{2}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}\underset{=\pi /2}{\underbrace{{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin k^{\prime }}{k^{\prime }}d{k}^{\prime }}}=\frac{2}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}\frac{\pi }{2}\\ \end{array}$

ove nel penultimo passaggio abbiamo effettuato il cambio di variabile $k|\overrightarrow{x}|=k^{\prime }$.

Dunque:

$G(|\overrightarrow{x}|)=\frac{1}{4\pi }\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}$

e notiamo che effettivamente

$G\stackrel{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{\to }0$

Equazione di d'Alembert per $A_{\mu }$

Passiamo dunque all'analogo problema per il campo elettromagnetico:

$◻A_{\mu }=j_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}_{\mu }=0$

Dobbiamo cercare dunque la funzione di Green per il d'alembertiano:

${◻}_{x}G(x;y)={\delta }^{(4)}(x-y)$

In questo caso, $G$ "erediterà" le simmetrie di $◻$, ossia sarà invariante per trasformazioni di Poincaré. Pertanto, $G(x;y)=G(x^{\prime };y^{\prime })$; per l'invarianza per traslazioni si dovrà avere $G(x;y)=G(x-y):=G(x)$, e per quella sotto trasformazioni di Lorentz $G(\mathrm{\Lambda }x)=G(x)$. Sembrerebbe dunque che $G$ sia funzione di $x^{\mu }{x}_{\mu }$; è vero, ma in realtà è anche funzione del segno di $x^0$, perché anch'esso è invariante di Lorentz. Nota dunque $G$, si avrà:

$A^{\mu }(x)=\int j^{\mu }(y)G(x-y)d^{4}y$

Infatti:

${◻}_x{A}^{\mu }(x)=\int j^{\mu }(y)\underset{={\delta }^{(4)}(x-y)}{\underbrace{{◻}_{x}G(x-y)}}{d}^{4}y=j^{\mu }(x)$

Inoltre:

${\partial }_{\mu }^x{A}^{\mu }(x)=\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}{A}^{\mu }(x)=\int j^{\mu }(y)\underset{=-{\partial }_{\mu }^{y}G(x-y)}{\underbrace{{\partial }_{\mu }^{x}G(x-y)}}{d}^{4}y=-\int j^{\mu }(y){\partial }_{\mu }^{y}G(x-y)d^{4}y$

Adesso integriamo per parti sfruttando le proprietà delle distribuzioni (è sottinteso che tutto ciò che stiamo maneggiando sono distribuzioni). Dunque:

${\partial }_{\mu }^x{A}^{\mu }(x)=\int \underset{=0}{\underbrace{{\partial }_{\mu }{j}^{\mu }(y)}}G(x-y)d^{4}y=0$

Pertanto, poiché $A_{\mu }$ come definito sopra soddisfa effettivamente la gauge di Lorenz, è la soluzione che stavamo cercando.

Ci resta dunque solo da determinare $G$:

$◻G(x)=\delta (x)G(x)\stackrel{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{\to }0$

Il problema è che con queste condizioni la $G$ non è univocamente determinata: se infatti $\overrightarrow{G}$ è soluzione particolare dell'equazione, anche $G=\overline{G}+G_0$ con $◻G_0=0$ e $G_0\stackrel{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{\to }0$ lo è. Dovremo dunque porre altre condizioni per determinare univocamente $G$. Passiamo alle trasformate di Fourier:

$G(x)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\int e^{ikx}\hat{G}(k)d^{4}k{\delta }^{(4)}(x)=\frac{1}{(2\pi {)}^4}\int e^{ikx}{d}^{4}k$

Pertanto:

$◻G(x)=\delta (x)\Rightarrow -k^2\hat{G}(k)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\Rightarrow \hat{G}(k)=-\frac{1}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{k^2}\Rightarrow$

$\Rightarrow G(x)=-\frac{1}{(2\pi {)}^4}\int \frac{e^{ikx}}{k^2}{d}^{4}k=-\frac{1}{(2\pi {)}^4}\int \int \frac{e^{i(k_0{x}^0-\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x})}}{(k_0{)}^2-|\overrightarrow{k}{|}^2}{d}^3\overrightarrow{k}d{k}^0=$

$=-\frac{1}{(2\pi {)}^4}\int e^{-i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}{d}^3\overrightarrow{k}\int \frac{e^{i{k}_0{x}^0}}{(k_0{)}^2-|\overrightarrow{k}{|}^2}d{k}^0\underset{:=ℐ}{\underset{}{⏟}}$

L'integrale $ℐ$ non è però definito, perché l'integrando ha dei poli in $k^0=\pm |\overrightarrow{k}|$. Ci sono però vari modi per "dare senso" a quest'integrale (ad esempio la parte principale), ma non sono metodi univoci. Ciò è conseguenza del fatto che, come già detto, la condizione $G(x)\stackrel{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{\to }0$ non fissa univocamente $G$.

Per calcolare $ℐ$, integriamo nel campo complesso (dunque $k^0\in ℂ$). Volendo deformare il cammino d'integrazione "scavalcando" i poli, non sappiamo però quale dei seguenti cammini possibili conviene usare: Possibili cammini d'integrazione

Poiché in $ℐ$ è presente $e^{i{k}^0{x}^0}$, si presentano due casi:

$x^0>0$: in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano $\text{Im }{k}^0>0$

$x^0<0$: in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano $\text{Im }{k}^0<0$

Cerchiamo ora di capire in che modo "scavalcare" i poli (cioè se scavalcarli dal "di sopra" o dal "di sotto"). Ricordiamoci del significato fisico di ciò che stiamo facendo: determinare $G$ equivale a trovare il segnale generato da una carica puntiforme posta in $\overrightarrow{x}=0$ all'istante $x^0$; per il principio di causalità, dunque, $G(x)=0$ se $x^0<0$ (ossia, prima che la sorgente emetta un segnale non c'è alcun campo). È questa la condizione aggiuntiva che dobbiamo porre su $G$ per risolvere il problema. Una funzione di Green $G_r$ che soddisfi la condizione $G_r(x)=0$ se $x^0<0$ è detta funzione di Green ritardata. Si potrebbe, analogamente, definire la funzione di Green anticipata $G_a$ come una funzione di Green tale che $G_a(x)=0$ se $x^0>0$; matematicamente entrambe sono sensate, ma fisicamente la $G_a$ non lo è (viola palesemente il principio di causalità, perché il suo significato fisico sarebbe quello di rilevare un campo prima ancora che la particella lo emetta).

Dunque, poiché dobbiamo scegliere un cammino di integrazione con $x^0<0$, dobbiamo chiuderlo nel semipiano inferiore. Se dunque scavalcassimo i poli dal "di sotto" (chiamiamo ${\mathrm{\Gamma }}_r$ questo cammino di integrazione) allora $G_r(x)=0$ per $x^0<0$: il cammino di integrazione non conterrebbe infatti poli, e pertanto $I$, e quindi anche $G$, sono nulli; se invece li avessimo scavalcati dal "di sopra" si avrebbe avuto $G_r(x)\ne 0$ (in questo caso $I$ non sarebbe stato nullo).

È dunque chiaro che la condizione $G_r(x)=0$ per $x^0<0$ fissa univocamente la $G$.

Supponiamo ora $x^0>0$; il cammino d'integrazione, che chiamiamo $\tilde{r}$, dovrà essere chiuso nel semipiano superiore perché $x^0>0$, ma i poli vanno scavalcati dal "di sotto" per il ragionamento appena fatto.

In questo caso, dunque:

$ℐ={\oint }_{\tilde{r}}\frac{e^{i{k}^0{x}_0}}{(k^0{)}^2-|\overrightarrow{k}{|}^2}=2\pi i(\frac{e^{-i|\overrightarrow{k}|x^0}}{2|\overrightarrow{k}|}+\frac{e^{i|\overrightarrow{k}|x^0}}{-2|\overrightarrow{k}|})=-\frac{2\pi }{|\overrightarrow{k}|}\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)$

Perciò (inseriamo una $\mathrm{\Theta }$ di Heaviside per "ricordarci" che $G_r(x)=0$ per $x^0<0$):

$G_r(x)=-\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^4}(-2\pi )\int e^{-i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}\frac{\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)}{|\overrightarrow{k}|}{d}^3\overrightarrow{k}=\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^3}\int e^{-i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{x}}\frac{\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)}{|\overrightarrow{k}|}{d}^3\overrightarrow{k}$

Quest'ultimo integrale lo si calcola come abbiamo già visto, ossia pensando $\overrightarrow{x}$ come vettore fisso e prendendo coordinate polari per $\overrightarrow{k}$ rispetto a $\overrightarrow{x}$:

$\begin{array}{cc}{G}_r(x)& =\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^2}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{-1}^1\frac{|\overrightarrow{k}{|}^2}{|\overrightarrow{k}|}\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)e^{-i|\overrightarrow{k}||\overrightarrow{x}|\cos \theta }d\cos \theta d|\overrightarrow{k}|=\\ & =\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^2}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}|\overrightarrow{k}|\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)2\frac{\sin (|\overrightarrow{k}||\overrightarrow{x}|)}{|\overrightarrow{k}||\overrightarrow{x}|}d|\overrightarrow{k}|=\\ & =\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^2}\frac{2}{|\overrightarrow{x}|}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin (|\overrightarrow{k}|x^0)\sin (|\overrightarrow{k}||\overrightarrow{x}|)d|\overrightarrow{k}|\end{array}$

Poiché l'integrando è pari, e scrivendo $k$ per $|\overrightarrow{k}|$:

$\begin{array}{cc}{G}_r(x)& =\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\frac{e^{ik{x}^0}-e^{-ik{x}^0}}{2i}\frac{e^{ik|\overrightarrow{x}|}-e^{-ik|\overrightarrow{x}|}}{2i}dk=\\ & =\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{(2\pi {)}^2}\frac{1}{|\overrightarrow{x}|}(-\frac{1}{4}){\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}2(e^{ik(x^0+|\overrightarrow{x}|)}-e^{ik(x^0-|\overrightarrow{x}|)})dk\end{array}$

Ricordando la rappresentazione integrale della delta di Dirac:

$\delta (x)=\frac{1}{2\pi }\int e^{ikx}dk$

allora:

$G_r(x)=\frac{\mathrm{\Theta }(x^0)}{4\pi |\overrightarrow{x}|}[\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)-\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)]$

La seconda delta di Dirac, però, non contribuisce perché imporrebbe $x^0<0$, mentre la $\mathrm{\Theta }$ impone $G_r(x)=0$ per $x^0<0$. Pertanto (adesso possiamo evitare di scrivere la $\mathrm{\Theta }$, in quanto l'informazione $x^0<0$ è contenuta nella $\delta$):

$G_r(x)=\frac{1}{4\pi |\overrightarrow{x}|}\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)$

È un risultato identico a quello che avevamo trovato per l'equazione di Laplace, a meno della delta di Dirac. La presenza di $\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)$ ha un preciso significato fisico: è un modo per esprimere il fatto che il segnale emesso dalla carica si muove alla velocità della luce: se infatti la carica emette segnale dalla posizione $\overrightarrow{x}=0$ all'istante $x^0=0$, un'osservatore in $\overrightarrow{x}$ potrà misurare il campo solo a $x^0=|\overrightarrow{x}|$. Potrebbe sorgere però il dubbio che $G_r$ non sia un invariante di Lorentz (si dovrebbe avere, infatti, che $G(x)=G(\mathrm{\Lambda }x)$). Anche quando avevamo definito $G_r$, inoltre, la condizione $x^0<0$ non è apparentemente invariante di Lorentz; in realtà tutto ciò non è vero, e sia $G_r$ che la condizione $x^0<0$ sono Lorentz-invarianti. Per mostrarlo, consideriamo $\delta (x^2)$ (ove $x^2$ è il quadrato di $x$ nel senso di Minkowski); si ha che $\delta (x^2)$ è sicuramente un oggetto invariante, e vale:

$\delta (x^2)=\delta ((x^0{)}^2-|\overrightarrow{x}{|}^2)=\frac{\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)+\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)}{2|x^0|}=\frac{\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)+\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)}{2|\overrightarrow{x}|}$

$\delta (x^2)=\delta ((x^0{)}^2-|\overrightarrow{x}{|}^2)=\frac{\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)+\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)}{2|x^0|}=\frac{\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)+\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)}{2|\overrightarrow{x}|}$

Pertanto, poiché:

$\mathrm{\Theta }(x^0)\delta (x^2)=\frac{\delta (x^0-|\overrightarrow{x}|)}{2|\overrightarrow{x}|}$

$\mathrm{\Theta }(-x^0)\delta (x^2)=\frac{\delta (x^0+|\overrightarrow{x}|)}{2|\overrightarrow{x}|}$

allora:

$G_r(x)=\frac{1}{2\pi }\mathrm{\Theta }(x^0)\delta (x^2)$

che è un'altra forma della $G_r$ equivalente a quella vista precedentemente. Mostriamo ora che $\mathrm{\Theta }(x^0)$ è invariante di Lorentz come conseguenza del fatto che $x^2\le 0$. Poiché $x^2\le 0$ stiamo considerando gli eventi all'interno del cono luce di $x$; consideriamo dunque un evento nel cono luce con $x^0>0$. Allora non esiste alcuna trasformazione di Lorentz tale che $(x^{\prime }{)}^0<0$: infatti, ricordandoci che $\mathrm{\Lambda }\in SO(1,3{)}_c$, se per assurdo una tale trasformazione esistesse dovrebbe esistere tutta una serie continua di trasformazioni ($SO(1,3{)}_c$ è un gruppo di Lie), ossia dovrebbe esistere un cammino continuo che connette i due eventi (quello con $x^0>0$ e quello con $(x^{\prime }{)}^0<0$), che necessariamente dovrà passare per l'origine del cono luce (una trasformazione di Lorentz, infatti, non può far uscire dal cono luce). Ciò però significa che la trasformazione non è invertibile, mentre invece tutte le trasformazioni di $SO(1,3{)}_c$ lo sono (o, in altre parole, se $x^{\mu }\ne 0$ allora $(\mathrm{\Lambda }x{)}^{\mu }\ne 0$): pertanto, non esiste alcuna trasformazione che cambia il segno di $x^0$.