Elettrodinamica classica/Potenziale di Lienard-Wiechert

Consideriamo dunque una particella carica in moto qualunque con linea d'universo $y^{\mu }(s)$. La quadricorrente ad essa associata sarà:

$j^{\mu }(y)=e\int u^{\mu }(s){\delta }^{(4)}(y-y(s))ds$

e inserendola in $A^{\mu }$:

$A^{\mu }(x)=\frac{e}{2\pi }\int \int \mathrm{\Theta }(x^0-y^0)\delta ((x-y{)}^2)u^{\mu }(s){\delta }^{(4)}(y-y(s))d^{4}yds$

$\Rightarrow A^{\mu }(x)=\frac{e}{2\pi }\int \mathrm{\Theta }(x^0-y^0(s))\delta ((x-y(s){)}^2)u^{\mu }(s)ds$

Cerchiamo di interpretare "geometricamente" la situazione, per capire meglio cosa stiamo facendo. L'evento che abbiamo chiamato $x$ è quello nel quale si misura il campo emesso dalla particella.

Consideriamo poi il cono luce di $x$; la particella descriverà una certa linea d'universo nello spaziotempo, che intersecherà il cono luce in due punti (questo fatto lo dimostreremo fra poco), che sono proprio i punti che soddisfano $(x-y(s){)}^2=0$, ossia quelli "selezionati" dalla $\delta$. La $\mathrm{\Theta }$ nell'integrale, poi, di questi due punti seleziona solo quello con $x^0-y^0(s)>0$; sia dunque $\overline{s}$ il tempo proprio della particella tale che $(x-y(\overline{s}){)}^2=0$ e $x^0-y^0(\overline{s})>0$ (ovviamente $\overline{s}=\overline{s}(x)$, ossia $\overline{s}$ dipende dal punto di osservazione $x$). Allora:

$A^{\mu }(x)=\frac{e}{2\pi }\frac{u^{\mu }(\overline{s})}{|\frac{d}{ds}(x-y(s){)}^2{|}_{s=\overline{s}}|}$

Si ha:

$\frac{d}{ds}(x-y(s){)}^2{|}_{s=\overline{s}}=2(x-y(\overline{s}){)}^{\mu }(-\frac{d{y}_{\mu }(s)}{ds})=-2(x-y(\overline{s}))\cdot u(\overline{s})$

Ora, poiché $(x-y(\overline{s}))\cdot u(\overline{s})$ è un'invariante di Lorentz, possiamo valutarlo in qualunque sistema di riferimento: scegliamo quello di quiete istantanea della particella; ciò che vogliamo fare è determinarne il segno, di modo da non inserire moduli nell'espressione di $A^{\mu }$. In questo sistema di riferimento, poiché $u^{\mu }(\overline{s})=(1,0,0,0)$:

$-2(x-y(\overline{s}))\cdot u(\overline{s})=-2(x^0-y^0(\overline{s}))$

e poiché $x^0-y^0(\overline{s})>0$ per ipotesi:

$|\frac{d}{ds}(x-y(s){)}^2{|}_{s=\overline{s}}|=2(x-y(\overline{s}))\cdot u(\overline{s})$

Perciò:

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

Per rendere completamente esplicita la formula bisogna conoscere $\overline{s}$, cosa possibile solo se si conosce la linea d'universo della particella. Riscriviamola ora in un'altra forma non completamente covariante: scegliamo come parametrizzazione della linea d'universo della particella il tempo $t^{\prime }$, ossia $y^{\mu }(s)\to y^{\mu }(t^{\prime })=(t^{\prime };\overrightarrow{y}(t^{\prime }))$. Con questa scelta:

$(x-y(s){)}^2=(t-t^{\prime }{)}^2-|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(t^{\prime }){|}^2\Rightarrow (x-y(s){)}^2=0\iff t-\overline{t}=|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t})|$

ove $\overline{t}$ è il tempo che corrisponde a $\overline{s}$ (non abbiamo messo $\pm$ di fronte al modulo perché sappiamo già che $x^0-y^0(\overline{s})>0$). L'equazione $t-\overline{t}=|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t})|$ determina dunque $\overline{t}$ come funzione di $t$ e $\overrightarrow{x}$, ossia $\overline{t}=\overline{t}(t;\overrightarrow{x})$. Ricordando inoltre che $u^{\mu }=\gamma (1;\overrightarrow{v})$, allora:

$u(\overline{s})\cdot (x-y(\overline{s}))=\gamma [t-\overline{t}-\overrightarrow{v}\cdot (\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t}))]=\gamma [|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t})|-\overrightarrow{v}\cdot (\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t}))]$

Dunque:

$A^{\mu }(x)=\frac{e}{4\pi }\frac{(1;\overrightarrow{v}(\overline{t}))}{|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t})|-\overrightarrow{v}\cdot (\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(\overline{t}))}$

che è detto potenziale di Lienard-Wiechert.

Prima di passare alle sue applicazioni, dimostriamo l'esistenza e l'unicità di $\overline{s}$. Consideriamo dunque particelle con massa a riposo non nulla, e tali che:

$\underset{s\to \pm \mathrm{\infty }}{lim}(x-y(s){)}^2=+\mathrm{\infty }$

Ad esempio, se la traiettoria della particella è tale che:

$\underset{s\to \pm \mathrm{\infty }}{lim}{u}^{\mu }(s)=u_{\pm }^{\mu }$

con $u_{\pm }^{\mu }$ quadrivettore costante, allora la condizione è soddisfatta. Infatti:

$y^{\mu }(s)\stackrel{s\to \pm \mathrm{\infty }}{\to }{u}_{\mathrm{\infty }}^{\mu }s\stackrel{s\to \pm \mathrm{\infty }}{\to }\pm \mathrm{\infty }$

e dunque:

$(x-y(s){)}^2=x^2+y^2-2x_{\mu }{y}^{\mu }(s)\stackrel{s\to \pm \mathrm{\infty }}{\sim }{x}^2+s^2-2s{x}_{\mu }{u}_{\pm }^{\mu }\stackrel{s\to \pm \mathrm{\infty }}{\to }+\mathrm{\infty }$

Con questa condizione escludiamo casi fisicamente non riproducibili, come ad esempio il caso di una particella accelerata indefinitamente. Dimostriamo dunque l'esistenza e l'unicità di $\overline{s}$ a partire da queste ipotesi. Sia dunque $f(s)=(x-y(s){)}^2$; vogliamo dimostrare che $f$ ha uno e un solo zero con $x^0-y^0(s)>0$. Per ipotesi, $f$ tende all'infinito per $s$ tendente a $\pm \mathrm{\infty }$: pertanto $f$ dovrà avere almeno un minimo (locale). Esiste dunque un $a$ tale che $f^{\prime }(a)=0$. Mostriamo ora che tutti gli eventuali massimi o minimi locali si trovano nel semipiano inferiore (ossia sono tali che $f(s)<0$). Poiché $f$ è invariante di Lorentz, possiamo valutarla in un qualunque sistema di riferimento; scegliamo quello di quiete istantanea della particella per $\overline{s}=a$. In questo sistema di riferimento si ha $u^{\mu }(a)=(1,0,0,0)$; inoltre:

$f^{\prime }(s)=-2(x-y(s))\cdot u(s)$

e dunque, nel sistema di riferimento di quiete istantanea della particella, a $s=a$:

$f^{\prime }(a)=-2(x^0-y^0(a))$

I massimi o minimi di $f$ sono dunque i punti per i quali $x^0-y^0(a)=0$. Si ha quindi:

$f(a)=(x^0-y^0(a){)}^2-|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(a){|}^2=-|\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}(a){|}^2\le 0$

In realtà, consideriamo solo il caso $f(a)<0$, ignorando i casi "patologici" nei quali vale l'uguaglianza. Esistono pertanto due (e due soli) zeri di $f$, che chiamiamo $s^{+}$ e $s^{-}$:

È chiaro che $f^{\prime }(s^{+})<0$ e $f^{\prime }(s^{-})>0$; d'altra parte, però, nel sistema di riferimento di quiete istantanea della particella si ha $f^{\prime }(s)=-2(x^0-y^0(s))$, e pertanto:

$f^{\prime }(s^{+})=-2(x^0-y^0(s^{+}))<0\Rightarrow x^0-y^0(s^{+})>0$

La dimostrazione è quindi conclusa.

Vediamo ora, per completezza, dei casi nei quali le ipotesi di questo teorema non sono verificate. Consideriamo dunque una particella in moto uniformemente accelerato in una dimensione $x$; si ha ($a>0$):

$\frac{d}{dt}(\gamma v)=a\Rightarrow y^{\mu }(s)=\frac{1}{a}(\sinh (as),\cosh (as),0,0)$

Poiché risulta:

$(x-y(s){)}^2\stackrel{s\to \pm \mathrm{\infty }}{\sim }\frac{e^{as}}{a}(x-t)$

il limite di $(x-y(s){)}^2$ per $s\to \pm \mathrm{\infty }$ non ha segno definito (vale infatti $+\mathrm{\infty }$ se $x>t$ e $-\mathrm{\infty }$ se $x<t$). Pertanto le ipotesi del teorema non sono soddisfatte. Questo fatto può essere inteso anche dalla figura: se si misura il campo emesso dalla particella (ovviamente supponendo che sia carica) in determinati punti dello spaziotempo si vede che il teorema non vale più:

I problemi, insomma, nascono se $x$ si trova nel secondo o nel terzo quadrante. Anche se questa situazione non è fisicamente realizzabile, è comunque interessante, e ha rilevanza ad esempio nello studio della relatività generale, e in particolare dei buchi neri: la parte di universo evidenziata in figura, infatti, è completamente inaccessibile alla particella (un eventuale segnale di un osservatore in quella zona non può essere ricevuto dalla particella, o un segnale emesso dalla particella non può raggiungere l'osservatore). Un osservatore solidale con la particella, dunque, vede un orizzonte degli eventi (apparente perché dipende dal sistema di riferimento). Per il principio di equivalenza in relatività generale, dunque, questo è anche ciò che rileverebbe un osservatore non accelerato ma in presenza di gravità.