Elettrodinamica classica/La quadricorrente

Consideriamo ora una sorgente di campo elettromagnetico a simmetria sferica. Ciò significa che:

$j^0(t,\overrightarrow{x})=j^0(t,|\overrightarrow{x}|)\overrightarrow{j}(t,\overrightarrow{x})=\frac{\overrightarrow{x}}{r}j(t,|\overrightarrow{x}|)$

Assumiamo anche che le sorgenti di campo siano tutte confinate in una sfera di raggio $r_0$, ossia:

$j^0(t,|\overrightarrow{x}|)=0\overrightarrow{j}(t,|\overrightarrow{x}|)=0\text{se }|\overrightarrow{x}|>r_0$

Il teorema di Birkhoff sostiene (non lo dimostriamo) che allora il campo generato da questa distribuzione di carica al di fuori di $r_0$ è uguale al campo coulombiano:

$\overrightarrow{E}(t,\overrightarrow{x})=\frac{e}{4\pi }\frac{\overrightarrow{x}}{r^3}\overrightarrow{B}(t,\overrightarrow{x})=0r>r_0$

con:

$e=\int j^0(t,\overrightarrow{x})d^3\overrightarrow{x}$

La quadricorrente di una particella carica che si muove lungo la traiettoria $\overrightarrow{x}(t)$ è:

$j^{\mu }(t,\overrightarrow{x})=e({\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(t));\overrightarrow{v}(t){\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(t)))$

Vogliamo dunque verificare che:

1. $j^{\mu }$ è un quadrivettore
2. $j^{\mu }$ è conservato, ossia soddisfa ${\partial }_{\mu }{j}^{\mu }=0$

Per mostrarlo dobbiamo riscrivere $j^{\mu }$ in una forma che sia covariante a vista:

$j^{\mu }(t,\overrightarrow{x})=e\int \frac{d{x}^{\mu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda$

ovviamente questa formula è invariante per riparametrizzazioni. Verifichiamo che è equivalente alla forma che abbiamo scritto prima:

$\begin{array}{cc}{j}^{\mu }(t,\overrightarrow{x})& =e\int \frac{d{x}^{\mu }}{d\lambda }\delta (x^0-x^0(\lambda )){\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(\lambda ))d\lambda \\ & =e\frac{d{x}^{\mu }}{d\lambda }\frac{1}{\frac{d{x}^0}{d\lambda }}{\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\underset{:=\overrightarrow{x}(t)}{\underbrace{\overrightarrow{x}(\lambda (t))}})=e\frac{d{x}^{\mu }}{dt}{\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(t))=e{\delta }^{(3)}(1;\overrightarrow{v}(t))\end{array}$

che è proprio la forma con la quale avevamo espresso $j^{\mu }$ prima. Vediamo ora che trasforma come un quadrivettore; scegliendo come $\lambda$ un parametro invariante, si ha:

$\begin{array}{cc}j{\text{'}}^{\mu }(x^{\prime })& =e\int \frac{dx{\text{'}}^{\mu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(x^{\prime }-x^{\prime }(\lambda ))d\lambda =e\int {\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }\frac{d{x}^{\nu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(\mathrm{\Lambda }(x-x(\lambda )))d\lambda \\ & ={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }e\int \frac{d{x}^{\nu }}{d\lambda }\frac{{\delta }^{(4)}(x-x(\lambda ))}{|det\mathrm{\Lambda }|}d\lambda \\ & ={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }e\int \frac{d{x}^{\nu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda ={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{j}^{\nu }(x)\end{array}$

Poiché siamo in ambito distribuzionale, dobbiamo mostrare che:

$\int \phi (x){\partial }_{\mu }{j}^{\mu }(x)d^{4}x=0$

Dunque:

$\begin{array}{cc}\int \phi (x){\partial }_{\mu }{j}^{\mu }{d}^{4}x=-\int j^{\mu }{\partial }_{\mu }\phi (x)d^{4}x& \\ =-e\int \int {\partial }_{\mu }\phi (x)\frac{d{x}^{\mu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda d^{4}x& \\ =-e\int {\partial }_{\mu }\phi (x(\lambda ))\frac{d{x}^{\mu }}{d\lambda }d\lambda =-e\int \frac{d}{d\lambda }\phi (x(\lambda ))d\lambda =0& \end{array}$

perché l'integrale di una derivata totale nel senso delle distribuzioni è nullo (sarebbe la $\phi$ valutata sul bordo del dominio, che è all'infinito, ove la $\phi$ si annulla).