Elettrodinamica classica/Le leggi di conservazione

La carica

In generale supporremo di avere una qualche distribuzione di cariche e che valgano le due proprietà appena dimostrate di $j^{\mu }$; supporremo inoltre che la quadricorrente si annulli all'infinito in modo che abbia senso parlare di carica totale, ossia:

$\underset{|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }}{lim}{j}^{\mu }(t,\overrightarrow{x})|\overrightarrow{x}{|}^3=0$

(in questo modo, tutti gli integrali su ${ℝ}^3$ che coinvolgono la quadricorrente sono ben definiti). Queste considerazioni hanno le seguenti conseguenze.

Esiste una carica conservata

Infatti:

${\partial }_{\mu }{j}^{\mu }=0⟹\frac{\partial \rho }{\partial t}+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{j}=0$

e definendo:

$Q_V:={\int }_V\rho (t,\overrightarrow{x})d^3\overrightarrow{x}$

allora:

$\frac{d{Q}_V}{dt}={\int }_V\frac{\partial \rho }{\partial t}{d}^3\overrightarrow{x}=-{\int }_V\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{j}{d}^3\overrightarrow{x}=-{\int }_{\mathrm{\Sigma }(V)}d\overrightarrow{\mathrm{\Sigma }}\cdot \overrightarrow{j}$

ove $\mathrm{\Sigma }(V)$ è la superficie che contorna $V$. Ora, se $V={ℝ}^3$:

$Q={\int }_{{ℝ}^3}\rho d^3\overrightarrow{x}\frac{dQ}{dt}=-{\int }_{\mathrm{\Sigma }({ℝ}^3)}d\overrightarrow{\mathrm{\Sigma }}\cdot \overrightarrow{j}=0$

perché $\overrightarrow{j}$ si annulla all'infinito.

$Q$ è uno scalare di Lorentz

Vediamolo:

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

ove l'ultimo passaggio è dovuto al fatto che $Q$ non dipende da $t$, e quindi l'integrale può essere valutato in qualunque istante. Cerchiamo ora di scrivere questa quantità in termini di entità covarianti a vista. Si ha:

$Q={\int }_{{ℝ}^4}\delta (x^0)j^0(x^0,\overrightarrow{x})d^{4}x$

A questo punto, definendo:

$H(x^0)=\{\begin{array}{cc}1& \text{se }{x}^0>0\\ 0& \text{se }{x}^0\le 0\end{array}$

la funzione theta di Heaviside (la cui derivata è la delta di Dirac) allora:

$Q={\int }_{{ℝ}^4}{\partial }_{0}H(x^0)j^0(x^0,\overrightarrow{x})d^{4}x$

Infine, poiché si ha ${\partial }_{i}H(x^0)=0$:

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

Dunque:

$\begin{array}{cc}{Q}^{\prime }& ={\int }_{{ℝ}^4}j{\text{'}}^{\mu }(x^{\prime })\partial {\text{'}}_{\mu }H(x{\text{'}}^0)d^4{x}^{\prime }={\int }_{{ℝ}^4}{\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{j}^{\nu }(x){\tilde{\mathrm{\Lambda }}}_{\mu }{}^{\rho }{\partial }_{\rho }H(x{\text{'}}^0)|det\mathrm{\Lambda }|d^{4}x\\ & ={\int }_{{ℝ}^4}{\delta }^{\nu }{}_{\rho }{j}^{\nu }(x){\partial }_{\rho }H(x{\text{'}}^0)d^{4}x={\int }_{{ℝ}^4}{j}^{\nu }(x){\partial }_{\nu }H(x{\text{'}}^0)d^{4}x\end{array}$

A questo punto, vogliamo mostrare che la grandezza

$Q^{\prime }-Q={\int }_{{ℝ}^4}{j}^{\mu }(x)[{\partial }_{\mu }H(x{\text{'}}^0)-{\partial }_{\mu }H(x^0)]d^{4}x$

è nulla. Il problema è che la $H$ non è uno scalare di Lorentz; riscriviamola quindi in una forma più maneggevole. Sfruttando il fatto che ${\partial }_{\mu }{j}^{\mu }=0$:

$\begin{array}{cc}{Q}^{\prime }-Q& ={\int }_{{ℝ}^4}{\partial }_{\mu }[j^{\mu }(x)(H(x{\text{'}}^0)-H(x^0))]d^{4}x\\ & ={\int }_{{ℝ}^4}[{\partial }_0(j^0(x)(H(x{\text{'}}^0)-H(x^0)))+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot (\overrightarrow{j}(x)(H(x{\text{'}}^0)-H(x^0)))]d{x}^0{d}^3\overrightarrow{x}\end{array}$

Sfruttando ora il teorema di Gauss:

$\begin{array}{cc}{Q}^{\prime }-Q& ={\int }_{{ℝ}^3}{[j^0(x)(H(x{\text{'}}^0)-H(x^0))]}_{x^0=-\mathrm{\infty }}^{x^0=+\mathrm{\infty }}{d}^3\overrightarrow{x}\\ & +{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_{{\mathrm{\Sigma }}_{\mathrm{\infty }}}\overrightarrow{j}(x)(H(x{\text{'}}^0)-H(x^0))\cdot d\overrightarrow{\mathrm{\Sigma }}d{x}^0\end{array}$

L'integrando del secondo contributo è nullo perché $\overrightarrow{j}$ si annulla all'infinito. Per quello che invece riguarda il primo contributo, per $x^0\to +\mathrm{\infty }$ si ha $x{\text{'}}^0={\mathrm{\Lambda }}^0{}_0{x}^0+{\mathrm{\Lambda }}^0{}_i{x}^i\to +\mathrm{\infty }$, e dunque in questo limite $H(x{\text{'}}^0)=H(x^0)=1$. Analogamente, per $x^0\to -\mathrm{\infty }$ si ha $x{\text{'}}^0\to -\mathrm{\infty }$, e quindi $H(x{\text{'}}^0)=H(x^0)=0$. Pertanto:

$Q^{\prime }-Q=0⟹Q=Q^{\prime }$

Abbiamo dunque dimostrato che la carica si conserva per trasformazioni di Lorentz proprie; si può verificare che ciò continua a valere anche sotto inversione temporale.

Il quadrimomento e il tensore energia-impulso

In analogia a quanto fatto con la carica, si dimostra che si conserva anche il quadrimomento:

$p^{\nu }=(\epsilon ,p^i)$

Prima, alla carica avevamo associato una corrente $j^{\mu }$ tale che ${\partial }_{\mu }{j}^{\mu }=0$; ora invece abbiamo un quadrivettore, al quale possiamo ad esempio associare una quantità $T^{\mu \nu }$ (fissato $\nu$, è l'equivalente della corrente per la carica) che, affinché $p^{\nu }$ si conservi, sia un tensore (detto tensore energia-impulso) e soddisfi ${\partial }_{\mu }{T}^{\mu \nu }=0$. Analogamente a prima, supponiamo anche che $T^{\mu \nu }\to 0$ per $|\overrightarrow{x}|\to \mathrm{\infty }$ abbastanza velocemente. Sempre in analogia con $j^{\mu }$, a partire da $T^{\mu \nu }$ possiamo costruire la quantità:

$P_V^{\mu }={\int }_V{T}^{0\mu }{d}^3\overrightarrow{x}$

che è tale che:

$\frac{d{P}_V^{\mu }}{dt}=-{\int }_{\partial V}{T}^{i\mu }d{\mathrm{\Sigma }}_i$

Se $V={ℝ}^3$, allora $P^{\mu }=P_{{ℝ}^3}^{\mu }$ sarà conservato e sarà pure un quadrivettore. Non ci riaddentriamo in questi conti, che sono già stati fatti in altri corsi.

Le varie componenti di $T^{\mu \nu }$ hanno diversi significati fisici:

1. $T^{00}$ è la densità d'energia
2. $T^{0i}$ è la densità di quantità di moto lungo $i$
3. $T^{i0}$ è il flusso di energia
4. $T^{ij}$ è il flusso di quantità di moto lungo $j$

In una teoria Lorentz-invariante si può sempre fare in modo (lo vedremo più precisamente in seguito) che $T^{\mu \nu }$ sia simmetrico. Ciò implica, ad esempio, che $T^{i0}=T^{0i}$: apparentemente però queste due componenti del tensore energia-impulso sembravano avere significati fisici diversi. In realtà ciò non è del tutto vero: consideriamo infatti un carrello che può scorrere su dei binari in assenza di qualunque tipo di resistenza (attriti ecc.). Supponiamo che su questo carrello sia presente una lampadina, che a un certo punto emette luce: sarà quindi osservabile un flusso di energia $T^{i0}\ne 0$ attraverso il carrello, ossia equivalentemente un flusso di massa, e pertanto sembrerebbe che il centro di massa del sistema si sposti senza l'azione di forze esterne. Nel momento in cui la lampadina viene accesa, però, per la conservazione della quantità di moto il carrello acquisterà un certo $\overrightarrow{p}$, e pertanto sarà osservabile anche un $T^{0i}\ne 0$. Imponendo che il centro di massa del sistema non si sposti risulta proprio $T^{i0}=T^{0i}$.

Ricaviamo ora l'espressione esplicita di $T^{\mu \nu }$. Consideriamo dunque l'equazione di Maxwell in forma covariante, e moltiplichiamola ad ambo i membri per $F_{\nu }{}^{\lambda }$:

$F_{\nu }{}^{\lambda }{\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }=j_{\nu }{F}_{\nu }{}^{\lambda }$

Dunque, considerando il primo membro:

$F_{\nu }{}^{\lambda }{\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }={\partial }_{\mu }(F_{\nu }{}^{\lambda }{F}^{\mu \nu })-({\partial }_{\mu }{F}_{\nu }{}^{\lambda })F^{\mu \nu }$

Il secondo contributo è pari a:

$-{\eta }^{\lambda \alpha }({\partial }_{\mu }{F}_{\nu \alpha })F^{\mu \nu }=-\frac{1}{2}{\eta }^{\lambda \alpha }({\partial }_{\mu }{F}_{\nu \alpha }-{\partial }_{\nu }{F}_{\mu \alpha })F^{\mu \nu }=$

ove l'ultimo passaggio è dovuto al fatto che, rinominando gli indici, ${\partial }_{\mu }{F}_{\nu \alpha }{F}^{\mu \nu }={\partial }_{\nu }{F}_{\mu \alpha }{F}^{\nu \mu }=-{\partial }_{\nu }{F}_{\mu \alpha }{F}^{\mu \nu }$. Dunque:

$=-\frac{1}{2}{\eta }^{\lambda \alpha }({\partial }_{\mu }{F}_{\nu \alpha }+{\partial }_{\nu }{F}_{\alpha \mu })F^{\mu \nu }=\frac{1}{2}{\eta }^{\lambda \alpha }({\partial }_{\alpha }{F}_{\mu \nu })F^{\mu \nu }=$

ove l'ultimo passaggio è dovuto al fatto che, considerando l'identità di Bianchi scritta come permutazione degli indici, ${\partial }_{\mu }{F}_{\nu \alpha }+{\partial }_{\nu }{F}_{\alpha \mu }=-{\partial }_{\alpha }{F}_{\mu \nu }$. Dunque:

$=\frac{1}{4}{\eta }^{\lambda \alpha }{\partial }_{\alpha }(F^{\mu \nu }{F}_{\mu \nu })={\partial }_{\mu }\left(\frac{1}{4}{\eta }^{\lambda \mu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }\right)$

ove nell'ultimo passaggio abbiamo rinominato gli indici. Pertanto:

$F_{\nu }{}^{\lambda }{\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }=+{\partial }_{\mu }(F^{\mu \nu }{F}_{\nu \lambda }-\frac{1}{4}{\eta }^{\lambda \mu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta })$

Cerchiamo ora di riscrivere il termine dell'equazione con $j^{\nu }$; considerando il caso in cui $j^{\nu }$ sia generata da una particella carica (nel caso generale di più particelle cariche la quadricorrente totale sarà ovviamente la somma delle quadricorrenti delle singole particelle):

$j^{\nu }(x)=e\int \frac{d{x}^{\nu }}{d\lambda }{\delta }^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda =e\int u^{\nu }{\delta }^{(4)}(x-x(s))ds$

Dunque:

$j^{\nu }(x)F_{\nu }{}^{\lambda }(x)=e\int u^{\nu }{\delta }^{(4)}(x-x(s))F_{\nu }{}^{\lambda }(x(s))ds$

ove abbiamo potuto scrivere $F_{\nu }{}^{\lambda }(x(s))$ al posto di $F_{\nu }{}^{\lambda }(x)$ per la presenza della $\delta$. Per l'equazione di Lorentz, $m\frac{d{u}^{\mu }}{ds}=e{F}_{\mu \nu }(x(s))u_{\nu }$; dunque:

$j^{\nu }(x)F_{\nu }{}^{\lambda }(x)=-m\int \frac{d{u}^{\lambda }}{ds}(s){\delta }^{(4)}(x-x(s))ds=m\int u^{\lambda }\frac{d}{ds}{\delta }^{(4)}(x-x(s))ds=$

$=-m\int u^{\lambda }(s)u^{\mu }(s){\partial }_{\mu }{\delta }^{(4)}(x-x(s))ds$

ove l'ultimo passaggio è dovuto al fatto che:

$\frac{d}{ds}{\delta }^{(4)}(x-x(s))=\frac{d{x}^{\mu }}{ds}\frac{\partial }{\partial x^{\mu }(s)}{\delta }^{(4)}(x-x(s))=-u^{\mu }{\partial }_{\mu }{\delta }^{(4)}(x-x(s))$

Dunque:

$j^{\nu }(x)F_{\nu }{}^{\lambda }(x)=-{\partial }_{\mu }[m\int u^{\lambda }(s)u^{\mu }(s){\delta }^{(4)}(x-x(s))ds]$

Per concludere, quindi, ponendo:

$T_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{\mu \nu }=F^{\mu \rho }{F}_{\rho }{}^{\nu }-\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }$

$T_P^{\mu \nu }=m\int u^{\mu }(s)u^{\nu }(s){\delta }^{(4)}(x-x(s))ds$

si ha:

${\partial }_{\mu }(T_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{\mu \nu }+T_P^{\mu \nu })=0$

Prendiamo quindi come tensore energia impulso:

$T^{\mu \nu }=T_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{\mu \nu }+T_P^{\mu \nu }$

Il tensore energia-impulso delle particelle può essere riscritto come:

$T_P^{\mu \nu }(x)=m\int u^{\mu }{u}^{\nu }{\delta }^{(4)}(x-x(s))ds=m\int u^{\mu }{u}^{\nu }\delta (x^0-x^0(s)){\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(s))ds$

Usiamo la prima $\delta$ per ricavare $s=s(x^0)=s(t)$; dunque:

$T_P^{\mu \nu }(x)=m{u}^{\mu }{u}^{\nu }\frac{1}{\frac{d{x}^0}{ds}}{\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(s(t)))=m\frac{u^{\mu }{u}^{\nu }}{\gamma }{\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(t))=\frac{p^{\mu }{p}^{\nu }}{\epsilon }{\delta }^{(3)}(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{x}(t))$

ove nell'ultimo passaggio si è moltiplicato e diviso per $m$.

Il quadrimomento totale avrà un contributo dal tensore energia-impulso dei campi e delle particelle:

$P^{\mu }=\int T_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{0\mu }{d}^3\overrightarrow{x}+\int T_P^{0\mu }{d}^3\overrightarrow{x}$

(ed è ovviamente una quantità conservata).

Il momento angolare

L'ultima legge di conservazione che ci resta da trattare è quella del momento angolare. Assumiamo che esista il tensore energia-impulso $T^{\mu \nu }$ con le proprietà che abbiamo detto (è conservato e simmetrico). Definiamo allora una nuova quantità, che chiamiamo tensore densità di momento angolare:

$M^{\mu \alpha \beta }(x)=x^{\alpha }{T}^{\mu \beta }(x)-x^{\beta }{T}^{\mu \alpha }(x)$

Si vede che è un tensore antisimmetrico in $\alpha$ e $\beta$: $M^{\mu \alpha \beta }=-M^{\mu \beta \alpha }$; ci sono pertanto sei correnti conservate (le possibili scelte per i valori di $\alpha$ e $\beta$ sono sei). Si verifica che effettivamente queste sei correnti sono conservate:

${\partial }_{\mu }{M}^{\mu \alpha \beta }=0\mathrm{\forall }\alpha ,\beta$

Infatti:

${\partial }_{\mu }{M}^{\mu \alpha \beta }={\delta }^{\mu }{}_{\alpha }{T}_{\mu }{}^{\beta }+x^{\alpha }\underset{=0}{\underbrace{{\partial }_{\mu }{T}^{\mu \beta }}}-{\delta }^{\mu }{}_{\beta }{T}_{\mu }{}^{\alpha }-x^{\beta }\underset{=0}{\underbrace{{\partial }_{\mu }{T}^{\mu \alpha }}}=T^{\alpha \beta }-T^{\beta \alpha }=0$

Ora: cosa sono le cariche associate a queste correnti? Sono (prevedibilmente) i momenti angolari:

$L^{\alpha \beta }:={\int }_{{ℝ}^3}{M}^{0\alpha \beta }{d}^3\overrightarrow{x}⟹\frac{d{L}^{\alpha \beta }}{dt}=0$

Tre di queste correnti sono effettivamente momenti angolari, le altre tre le vedremo in seguito (corrispondono a boost).

Supponiamo dunque di avere delle particelle cariche. Esplicitiamo $L^{\alpha \beta }$ (sfruttiamo l'espressione esplicita di $T^{\mu \nu }$ trovata prima):

$L_P^{\alpha \beta }=\int (x^{\alpha }{T}_P^{0\beta }-x^{\beta }{T}_P^{0\alpha })d^3\overrightarrow{x}=x^{\alpha }(t)p^{\beta }(t)-x^{\beta }(t)p^{\alpha }(t)$

Dunque:

$L_P^{ij}=x^i(t)p^j(t)-x^j(t)p^i(t)$

è un tensore antisimmetrico in tre dimensioni. "Costruiamo" con esso il vettore:

$L_P^i=\frac{1}{2}{\epsilon }^{ijk}{L}_P^{jk}={\epsilon }^{ijk}{x}^j(t)p^k(t)=(\overrightarrow{x}(t)\times \overrightarrow{p}(t){)}^i$

che è proprio il momento angolare della particella.

Da notare che la generalizzazione relativistica del momento angolare, che ovviamente è un vettore, non è un quadrivettore, come invece avviene per il quadrimomento.

Per ogni altro sistema, oltre alla particella libera, con tensore energia-impulso simmetrico e conservato esiste un momento angolare come quello che abbiamo definito. Ad esempio, nel caso dei campi elettromagnetici:

$L_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^i=\frac{1}{2}{\epsilon }^{ijk}{L}_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{jk}={\epsilon }^{ijk}\int x^j{T}_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{0k}{d}^3\overrightarrow{x}=\int {[\overrightarrow{x}\times (\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B})]}^i{d}^3\overrightarrow{x}$

Ove $\overrightarrow{x}\times (\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B})=\overrightarrow{x}\times \overrightarrow{S}$ è la densità di momento angolare del campo elettromagnetico, che ovviamente è conservata. Cosa significano le altre componenti di $L^{\alpha \beta }$, in particolare $L^{0i}$?

$K^i:=L^{0i}=t\int T^{0i}(t)d^3\overrightarrow{x}-\int x^i(t)T^{00}(\overrightarrow{x},t)d^3\overrightarrow{x}$

Dunque, i $K^i$ dipendono esplicitamente da $t$, a differenza di quanto visto finora. D'altra parte sappiamo che:

$\frac{d{K}^i}{dt}=0$

perché $L^{\alpha \beta }$ è conservato. Qual è il significato fisico di queste leggi di conservazione?

$K^i=t{P}^i-ℰx_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(t)$

ove $x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i$ è l'$i$-esima coordinata del centro di massa del sistema, e $ℰ$ è l'energia totale. In meccanica non relativistica, infatti, si definivano le coordinate del centro di massa di un sistema come:

$x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(t)=\frac{\int x^i\rho (\overrightarrow{x},t)d^3\overrightarrow{x}}{\int \rho (\overrightarrow{x},t)d^3\overrightarrow{x}}$

In relatività si sostituisce alla densità $\rho$ la densità d'energia, e dunque anche di massa, $T^{00}$. Dunque:

$x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i=\frac{\int x^i{T}^{00}(\overrightarrow{x},t)d^3\overrightarrow{x}}{ℰ}$

Da notare che in questo modo, però, il centro di massa relativistico non è più un invariante, perché $(t,x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i)$ non trasforma come un quadrivettore. Sappiamo dunque che:

$K^i=t{P}^i-ℰx_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(t)$

e poiché $d{K}^i/dt=0$, $K^i(t)=K^i(0)$ e quindi:

$K^i(0)=-ℰx_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(0)⟹x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(t)=t\frac{P^i}{ℰ}+x_{\mathrm{c}\mathrm{d}\mathrm{m}}^i(0)$

Anche in meccanica relativistica, dunque, per un sistema isolato il centro di massa si muove con velocità costante $P^i/ℰ$.