Elettrodinamica classica/Problema di Cauchy per le equazioni del moto

Equazioni di Lorentz

Vediamo ora alcuni metodi per risolvere le equazioni che abbiamo appena visto; iniziamo dalle equazioni di Lorentz.

Vogliamo cercare di capire se in linea di principio le equazioni di Lorentz sono risolvibili, e con quali condizioni iniziali.

$m\frac{d^2{x}^{\mu }}{d{s}^2}=e{F}^{\mu \nu }(x(s))\frac{d{x}_{\nu }}{ds}$

Sono quattro equazioni differenziali del second'ordine per $x^{\mu }(s)$, e pertanto ammettono univocamente una soluzione con due condizioni al contorno, ossia ci aspettiamo che la soluzione esista e sia unica se sono noti $x^{\mu }(0)$ e $\frac{d{x}^{\mu }}{ds}(0)$. Fisicamente, però, conosciamo solo posizione e velocità iniziali della particella, ossia $\overrightarrow{x}(0)$ e $\frac{d\overrightarrow{x}}{dt}(0)=\overrightarrow{v}(0)$; abbiamo dunque 6 ($3+3$) condizioni iniziali, mentre dalle equazioni di Lorentz ce ne aspetteremmo 8 ($4+4$). In realtà, il problema è risolvibile, e lo si può vedere in due modi: covariante e non covariante.

Covariante

dobbiamo "costruire" le $4+4$ condizioni iniziali a partire dalle $3+3$. Innanzitutto, $s$ deve soddisfare:

$\frac{d{x}^{\mu }}{ds}\frac{d{x}^{\nu }}{ds}{\eta }_{\mu \nu }=1\mathrm{\forall }s$

Ci basta però imporre questa condizione per $s=0$. Vediamo perché. Se infatti vale l'equazione di Lorentz:

$\frac{d}{ds}\left(\frac{d{x}^{\mu }}{ds}\frac{d{x}_{\mu }}{ds}\right)=2\frac{d^2{x}^{\mu }}{d{s}^2}\frac{d{x}_{\mu }}{ds}=\frac{2}{m}e{F}_{[\mu \nu ]}(x(s))\frac{d{x}^{(\nu }}{ds}\frac{d{x}^{\mu )}}{ds}=0$

Quindi, supponendo valide le equazioni di Lorentz, la quantità $\frac{d{x}^{\mu }}{ds}\frac{d{x}^{\nu }}{ds}{\eta }_{\mu \nu }$ è costante, e se vale $1$ per $s=0$ varrà $1$ per ogni $s$. La quadrivelocità, dunque, dovrà essere tale per cui inizialmente $u^{\mu }{u}^{\nu }{\eta }_{\mu \nu }=1$, e dunque non è un quadrivettore arbitrario. Supponiamo dunque di conoscere $\overrightarrow{x}(0)$ e $\overrightarrow{v}(0)$, allora posto ad esempio $x^{\mu }(0)=(x^0(0)=0;\overrightarrow{x}(0))$, si ha:

$\frac{d{x}^{\mu }}{ds}(0)=\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}(1;\overrightarrow{v}(0))$

In questo modo è soddisfatto il vincolo $u^{\mu }{u}^{\nu }{\eta }_{\mu \nu }=1$ per $s=0$, e dunque per ogni $s$.

Non covariante

passiamo dalle incognite $x^{\mu }(s)$ a $\overrightarrow{x}(t)$, esprimendo tutto in termini di $t$ invece che di $s$:

$0=H^{\mu }:=m\frac{d{u}^{\mu }}{ds}-e{F}^{\mu \nu }(x)u_{\nu }=\gamma [m\frac{d}{dt}\left(\gamma \frac{d{x}^{\mu }}{dt}\right)-e{F}^{\mu \nu }(x)\frac{d{x}_{\nu }}{dt}]$

Queste sono quattro equazioni differenziali del second'ordine rispetto alle tre incognite $\overrightarrow{x}(t)$. Quindi, al posto di $\frac{d{x}^{\mu }}{dt}$ si trova $(1;\frac{d\overrightarrow{x}(t)}{dt})$, e $\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-{\left(\frac{d\overrightarrow{x}}{dt}\right)}^2}}$. Vediamo ora che una di queste equazioni è ridondante:

$u_{\mu }{H}^{\mu }=m{u}_{\mu }\frac{d{u}^{\mu }}{ds}-e{F}_{[\mu \nu ]}{u}^{(\mu }{u}^{\nu )}=0$

Esiste dunque una combinazione lineare delle $H^{\mu }$ che è nulla, e pertanto basta risolverne tre per risolverle tutte (l'ultima è determinata da questa combinazione lineare). Infatti, ad esempio:

$u^0{H}_0-\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{H}=0⟹H_0=\frac{\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{H}}{u^0}$

Basta quindi risolvere le componenti spaziali di $\overrightarrow{H}=0$:

$m\frac{d}{dt}\left(\frac{\overrightarrow{v}(t)}{\sqrt{1-{\overrightarrow{v}}^2(t)}}\right)=e[\overrightarrow{E}(\overrightarrow{x}(t),t)+\overrightarrow{v}(t)\times \overrightarrow{B}(\overrightarrow{x}(t),t)]$

che sono equazioni differenziali rispetto alle incognite $\overrightarrow{x}(t)$ per le quali conosciamo le condizioni iniziali; pertanto, sono risolvibili. Inoltre:

$H_0=0⟹\frac{d}{dt}\left[\frac{m}{\sqrt{1-{\overrightarrow{v}}^2(t)}}\right]=e\overrightarrow{E}(\overrightarrow{x}(t),t)\cdot \overrightarrow{v}(t)$

(che è l'equazione della potenza). Poiché per quanto appena visto $\overrightarrow{H}=0$ implica $H_0=0$, l'equazione della potenza è implicata dall'espressione di $m\frac{d}{dt}\left(\frac{\overrightarrow{v}(t)}{\sqrt{1-{\overrightarrow{v}}^2(t)}}\right)$.

Identità di Bianchi e invarianza di gauge

Vediamo ora invece come si risolvono in generale le identità di Bianchi:

${\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\partial }_{\nu }{F}_{\rho \sigma }=0$

Il lemma di Poincaré ci permette di risolvere in generalità queste equazioni: questo lemma asserisce che l'equazione è vera se e solo se il tensore antisimmetrico $F_{\mu \nu }$ si può scrivere come:

$F_{\mu \nu }={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }$

ove $A_{\mu }$ è un quadrivettore. Ciò è inoltre vero localmente, ossia in un intorno sufficientemente piccolo del punto considerato; globalmente, invece, ciò può non essere vero. Nel nostro caso (cioè in spazi del tipo di ${ℝ}^n$), tuttavia, ciò è sempre verificato; $A_{\mu }$ è detto quadripotenziale. Non verifichiamo qui il lemma, ma ci limitiamo a dimostrarne una implicazione, ossia che se $F_{\mu \nu }$ può essere scritto come $F_{\mu \nu }={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }$, allora valgono le identità di Bianchi. Vediamolo:

${\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\partial }_{\nu }{F}_{\rho \sigma }={\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\partial }_{\nu }({\partial }_{\rho }{A}_{\sigma }-{\partial }_{\sigma }{A}_{\rho })=2{\epsilon }^{\mu [\nu \rho ]\sigma }{\partial }_{(\nu }{\partial }_{\sigma })A_{\sigma }=0$

ove alla seconda uguaglianza abbiamo eseguito la moltiplicazione e nel secondo termine rinominato $\rho$ con $\sigma$ e $\sigma$ con $\rho$. Il quadrivettore $A_{\mu }$, però, è particolare: non è univocamente definito. Ciò significa che dato un $F_{\mu \nu }$ esistono più $A_{\mu }$ tali che $F_{\mu \nu }={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }$. Questa "ridondanza" per $A_{\mu }$ è detta invarianza di gauge; per comprenderla meglio, consideriamo la trasformazione:

$A_{\mu }⟶A_{\mu }+{\partial }_{\mu }\mathrm{\Lambda }$

con $\mathrm{\Lambda }(x)$ campo scalare generico. Allora si ha:

$F_{\mu \nu }⟶{\partial }_{\mu }(A_{\nu }+{\partial }_{\nu }\mathrm{\Lambda })-{\partial }_{\nu }(A_{\mu }+{\partial }_{\mu }\mathrm{\Lambda })={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }+{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }\mathrm{\Lambda }-{\partial }_{\nu }{\partial }_{\mu }\mathrm{\Lambda }=F_{\mu \nu }$

e quindi la trasformazione $A_{\mu }⟶A_{\mu }+{\partial }_{\mu }\mathrm{\Lambda }$ lascia invariato $F_{\mu \nu }$, ossia i campi elettrico e magnetico. Da notare che mentre $F_{\mu \nu }$ ha un significato fisico effettivo (ossia lo si può misurare), $A_{\mu }$ no (perché i potenziali sono definiti a meno di invarianza di gauge). Si possono, volendo, imporre condizioni (dette di gauge fixing) che rendano $A_{\mu }$ ben definito. Un esempio di gauge fixing è la gauge di Lorenz:

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

In questo caso, infatti, applicando la trasformazione di prima si ha che:

${\partial }_{\mu }A{\text{'}}^{\mu }=\underset{=0}{\underbrace{{\partial }_{\mu }{A}^{\mu }}}+{\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Lambda }={\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Lambda }\ne 0$

Quindi in questo caso, a meno che $\mathrm{\Lambda }$ sia tale che ${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Lambda }=0$ (in questo caso si parla di gauge residua), $A_{\mu }$ è univocamente definito.

Equazioni di Maxwell e quadricorrente

Ora, invece, come si risolvono le equazioni dinamiche?

${\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }=j^{\nu }$

Innanzitutto, affinché quest'equazione sia soddisfatta, $j^{\nu }$ non può essere un quadrivettore arbitrario. Infatti:

${\partial }_{(\nu }{\partial }_{\mu )}{F}^{[\mu \nu ]}={\partial }_{\nu }{j}^{\nu }⟹{\partial }_{\nu }{j}^{\nu }=0$

Quest'equazione esprime la conservazione della carica. Espressa in notazione tridimensionale diventa:

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

che è proprio l'equazione di continuità della carica. Ci chiediamo ora: che espressione esplicita ha $j^{\nu }$? Il caso più semplice possibile è quello di una particella carica in moto. Se $e$ è la sua carica, $\overrightarrow{x}(t)$ la sua traiettoria e $\overrightarrow{v}(t)$ la sua velocità, allora in notazione tridimensionale si ha:

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

ove ${\delta }^{(3)}$ è la delta di Dirac tridimensionale. In generale, quindi, la quadricorrente è un quadrivettore le cui componenti sono distribuzioni matematiche.

Cenni sulle distribuzioni

$\int \delta (x-a)\phi (x)dx=\phi (a)\phi \in C^{\mathrm{\infty }}$

$\int \frac{d}{dx}\delta (x-a)\phi (x)dx=-\int \delta (x-a)\frac{d}{dx}\phi (x)dx=-{\phi }^{\prime }(a)$

$\int \frac{d^n}{d{x}^n}\delta (x-a)\phi (x)dx=(-1{)}^n{\phi }^{(n)}(a)$

$\delta (f(x))=\sum _{\text{zeri di }f}\frac{\delta (x-x_n)}{|f^{\prime }(x_n)|}$

$f(x)\delta (x-a)=f(a)\delta (x-a)$

Il prodotto di due distribuzioni non è una distribuzione: $\delta (x)\delta (x)=\delta (0)\delta (x)$, infatti, non ha senso. La $\delta$ inoltre si può generalizzare a più dimensioni:

${\delta }^{(4)}(x-a)=\delta (x^0-a^0)\cdots \delta (x^3-a^3)$

Trasformata di Fourier di una distribuzione $F(x)$:

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

Una trasformata notevole è quella della $\delta$:

$\hat{\delta }(k)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}$