Elettrodinamica classica/Espressione esplicita dei campi

Vogliamo dunque esprimere esplicitamente $\overrightarrow{E}$ e $\overrightarrow{B}$ a partire dal potenziale di Lienard-Wiechert:

$A^{\mu }=\frac{e}{4\pi }\frac{u_{\mu }(\overline{s})}{u(\overline{s})\cdot (x-y(\overline{s}))}$

Poniamo per brevità $L^{\mu }=x^{\mu }-y^{\mu }(\overline{s})$; dunque, $\overline{s}=\overline{s}(x)$ è tale che $L^{\mu }{L}_{\mu }=0$ e $L^0>0$. Quindi:

$F^{\mu \nu }={\partial }^{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }=\frac{e}{4\pi }[\frac{{\partial }^{\mu }{u}^{\nu }(\overline{s})}{u\cdot L}-\frac{u^{\nu }}{(u\cdot L{)}^2}{\partial }^{\mu }(u\cdot L)-(\mu \leftrightarrow \nu )]$

ove con $(\mu \leftrightarrow \nu )$ si intendono gli stessi termini precedenti con gli indici $\mu$ e $\nu$ scambiati. Si ha:

${\partial }^{\mu }{u}^{\nu }=\frac{d{u}^{\nu }}{ds}{\partial }^{\mu }\overline{s}{\partial }^{\mu }{L}^{\lambda }={\eta }_{\mu \lambda }-\frac{d{y}^{\mu }}{ds}{\partial }^{\mu }\overline{s}={\eta }_{\mu \lambda }-u^{\lambda }{\partial }^{\mu }\overline{s}$

${\partial }^{\mu }(u^{\lambda }{L}_{\lambda })=({\partial }^{\mu }{u}^{\lambda })L_{\lambda }+u_{\lambda }{\partial }^{\mu }{L}^{\lambda }=(w^{\lambda }{\partial }^{\mu }\overline{s})L_{\lambda }+u^{\mu }-u_{\lambda }{u}^{\lambda }{\partial }^{\mu }\overline{s}=(w^{\lambda }{L}_{\lambda }-1){\partial }^{\mu }\overline{s}+u^{\mu }$

Per determinare ${\partial }^{\mu }\overline{s}$, deriviamo l'equazione che la definisce:

${\partial }^{\mu }(L^{\lambda }{L}_{\lambda })=2L_{\lambda }{\partial }^{\mu }{L}_{\lambda }=0\Rightarrow 2(L^{\mu }-u_{\lambda }{L}^{l}ambda{\partial }^{\mu }\overline{s})=0\Rightarrow {\partial }^{\mu }\overline{s}=\frac{L^{\mu }}{u_{\lambda }{L}^{l}ambda}$

Quindi:

$\begin{array}{cc}{F}^{\mu \nu }& =\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(u\cdot L{)}^3}[(u\cdot L)w^{\nu }{L}^{\mu }-u^{\mu }(u\cdot L)+L^{\mu }(w\cdot L-1))u^{\nu }-(\mu \leftrightarrow \nu )]=\\ & =\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(u\cdot L{)}^3}[L^{\mu }{u}^{\nu }+L^{\mu }((u\cdot L)w^{\nu }-(w\cdot L)u^{\nu })-(\mu \leftrightarrow \nu )]\end{array}$

Separiamo dunque i termini che dipendono da $w$, che chiameremo termini di accelerazione, da quelli che non ci dipendono, che diremo termini di velocità:

$F^{\mu \nu }=F_v^{\mu \nu }+F_a^{\mu \nu }$

Per rendere più comprensibile la notazione, chiamiamo $R$ la distanza fra il punto di osservazione e la posizione della particella all'istante $\overline{s}$, ossia $R=|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{s})|$; per definizione, dunque, $R=t-y^0(\overline{s})=L^0$. Introduciamo poi il quadrivettore:

$m^{\mu }=\frac{L^{\mu }}{R}=(1;\frac{\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{s})}{|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{s})|})$

(la sua parte spaziale è il versore della direzione d'osservazione). Per costruzione, $m^{\mu }{m}_{\mu }=0$, e $u\cdot L=R(u\cdot m)$ e $u\cdot m$ non dipende da $R$. Pertanto, i termini di velocità vanno come $1/R^2$, mentre quelli di accelerazione come $1/R$: si annullano dunque in modo diverso all'infinito. Infatti:

$F_v^{\mu \nu }=\frac{e}{4\pi (u\cdot m{)}^3}\frac{1}{R^2}(m^{\mu }{u}^{\nu }-m^{\nu }{u}^{\mu })$

$F_a^{\mu \nu }=\frac{e}{4\pi (u\cdot m{)}^3}\frac{1}{R}[m^{\mu }((u\cdot m)w^{\nu }-(w\cdot m)u^{\nu })-(\mu \leftrightarrow \nu )]$

Immaginiamo dunque che la particella si muova in una regione finita di spazio e di osservarne il campo emesso a grandi distanze.

Poiché $|\overrightarrow{x}|\gg |\overrightarrow{y}(\overline{s})|$, allora $R\approx |\overrightarrow{x}|$. Dunque:

$F_v^{\mu \nu }\sim \frac{1}{R^2}{F}_a^{\mu \nu }\sim \frac{1}{R}$

Vedremo poi che i termini di accelerazione sono i responsabili del fenomeno dell'irraggiamento.

Cerchiamo quindi l'espressione esplicita di $\overrightarrow{E}$ e $\overrightarrow{B}$. Notiamo innanzitutto che:

$F_{v/a}^{\mu \nu }=m^{\mu }{V}_{v/a}^{\nu }-m^{\nu }{V}_{v/a}^{\mu }$

per un opportuno $V^{\mu }$, che dipende dalla situazione. In particolare:

$V_v^{\mu }=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(u\cdot m{)}^3}\frac{u^{\mu }}{R^2}{V}_a^{\mu }=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(u\cdot m{)}^3}\frac{(u\cdot m)w^{\mu }-(w\cdot m)u^{\mu }}{R}$

Dunque:

$E^i=F^{i0}=m^i{V}^0-m^0{V}^i=m^i{V}^0-V^i$

$B^i=-\frac{1}{2}{\epsilon }^{ijk}{F}_{jk}={\epsilon }^{ijk}{m}^j{V}^k={\epsilon }^{ijk}{m}^j{E}^k$

L'ultima rappresentazione scritta per $B^i$ vale infatti perché:

${\epsilon }^{ijk}{m}^j{E}^k={\epsilon }^{ijk}{m}^j(m^k{V}^0-V^k)=-{\epsilon }^{ijk}{m}^j{V}^k$

Ciò implica che $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{E}$; dal modo in cui l'abbiamo ricavata, deduciamo che è un'espressione valida sia per i campi di velocità che per quelli di accelerazione. Calcoliamo dunque ${\overrightarrow{E}}_v$ e ${\overrightarrow{E}}_a$, per poi ricavare $\overrightarrow{B}$ con $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{E}$. Sostituendo $u$ con la sua espressione in termini di $\overrightarrow{v}$ e reintroducendo le $c$:

${\overrightarrow{E}}_v=\frac{e}{4\pi R^2}(1-\frac{v^2}{c^2})\frac{\overrightarrow{m}-\frac{\overrightarrow{v}}{c}}{{(1-\overrightarrow{m}\cdot \frac{\overrightarrow{v}}{c})}^3}$

con $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v}(\overline{t})$ e $R=|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t})|$. Notare che, per $c\to \mathrm{\infty }$, ${\overrightarrow{E}}_v$ si riconduce all'espressione classica del campo elettrostatico di una particella puntiforme. Vale poi:

${\overrightarrow{B}}_v=\overrightarrow{m}\times {\overrightarrow{E}}_v=\frac{\overrightarrow{v}}{c}\times {\overrightarrow{E}}_v$

perché $\overrightarrow{m}\times (\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{v})=\overrightarrow{v}-(\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v})$. Da ciò vediamo innanzitutto che $|{\overrightarrow{B}}_v|\ll |{\overrightarrow{E}}_v|$ se $v\ll c$.

Passiamo ora ai campi di accelerazione. Per quanto riguarda il campo elettrico si ha:

$E_a^i=m^i{V}_a^0-V_a^i$

$V_a^{\mu }=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(u\cdot m{)}^3}\frac{1}{R}[(u\cdot m)w^{\mu }-(w\cdot m)u^{\mu }]$

Vogliamo dunque esprimere ${\overrightarrow{E}}_a$ in termini di quantità misurabili. Poiché si ha:

$w^{\mu }={\gamma }^3\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{v}{u}^{\mu }+{\gamma }^2(0;\overrightarrow{a})$

allora il termine proporzionale a $u^{\mu }$ si semplifica nell'espressione di $V_a^{\mu }$, e non contribuisce al suo valore. Per i nostri scopi, dunque, possiamo porre $w^{\mu }={\gamma }^2(0;\overrightarrow{a})$, e pertanto, poiché $w\cdot m=-{\gamma }^2\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{a}$:

$V_a^0=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v}{)}^3}\frac{1}{R}\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{a}$

${\overrightarrow{V}}_a=\frac{e}{4\pi }\frac{1}{(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v}{)}^3}\frac{1}{R}[(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v})\overrightarrow{a}+(\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{a})\overrightarrow{v}]$

Dunque:

${\overrightarrow{E}}_a=\frac{e}{4\pi R}\frac{1}{(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v}{)}^3}[(\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{a})(\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{v})-(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v})\overrightarrow{a}]$

e ricordando che $\overrightarrow{a}\times (\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c})=\overrightarrow{b}(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c})-\overrightarrow{c}(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b})$:

${\overrightarrow{E}}_a=\frac{e}{4\pi R}\frac{1}{(1-\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{v}{)}^3}\overrightarrow{m}\times [(\overrightarrow{m}\times \overrightarrow{v})\times \overrightarrow{a}]$

(ovviamente poi ${\overrightarrow{B}}_a=\overrightarrow{m}\times {\overrightarrow{E}}_a$). Reintroducendo i fattori $c$:

${\overrightarrow{E}}_a=\frac{e}{4\pi R{c}^2}\frac{1}{(1-\overrightarrow{m}\cdot (\overrightarrow{v}/c){)}^3}\overrightarrow{m}\times [(\overrightarrow{m}\times \frac{\overrightarrow{v}}{c})\times \overrightarrow{a}]$

Si tratta dunque di un tipo di campo puramente relativistico: nel limite $c\to \mathrm{\infty }$, infatti, ${\overrightarrow{E}}_a\to 0$. Poco fa, nel caso dei campi di velocità, avevamo visto che se $v\ll c$ allora $|{\overrightarrow{B}}_v|\ll |{\overrightarrow{E}}_v|$; nel caso dei campi di accelerazione, invece, ciò non avviene: infatti poiché ${\overrightarrow{E}}_a$ è ortogonale a $\overrightarrow{m}$ e ${\overrightarrow{B}}_a=\overrightarrow{m}\times {\overrightarrow{E}}_a$, allora $|{\overrightarrow{E}}_a|=|{\overrightarrow{B}}_a|$, ossia per i campi di accelerazione, anche nel caso di velocità molto piccole, i moduli del campo elettrico e magnetico coincidono. Non è un caso, e vedremo fra un po' perché. Vediamo ora un paio di applicazioni.