Elettrodinamica classica/Simmetrie interne e esterne

Sappiamo dunque che per il teorema di Noether se un sistema ha un gruppo di simmetria c'è una corrente conservata, la cui forma è:

$J^{\mu }=\delta x^{\mu }ℒ+\delta {\phi }_r\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}$

Considerando anche le variazioni:

$\bar{\delta }{\phi }_r=\phi {\text{'}}_r(x^{\prime })-{\phi }_r(x)\delta {\phi }_r=\phi {\text{'}}_r(x)-{\phi }_r(x)$

e tenendo conto del fatto che:

$\delta {\phi }_r=\bar{\delta }{\phi }_r-\delta x^{\nu }{\partial }_{\nu }{\phi }_r$

possiamo scrivere:

$J^{\mu }=\delta x^{\nu }\underset{:={\tilde{T}}^{\mu }{}_{\nu }}{\underbrace{({\delta }^{\mu }{}_{\nu }ℒ-{\partial }_{\nu }{\phi }_r\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r})}}+\bar{\delta }{\phi }_r\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}$

ove abbiamo definito il tensore energia-impulso:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}{\partial }^{\nu }{\phi }_r-{\eta }^{\mu \nu }ℒ$

Considereremo due tipi di simmetrie:

• simmetrie interne: sono trasformazioni che agiscono sui campi ma non sui punti dello spaziotempo. Si ha dunque $\delta x^{\mu }=0$ e $\bar{\delta }{\phi }_r\ne 0$
• simmetrie esterne: agiscono anche sui punti; $\delta x^{\mu },\bar{\delta }{\phi }_r\ne 0$

Nel caso dell'elettrodinamica non ci sono simmetrie interne (le trasformazioni di Poincaré sono simmetrie esterne).

Simmetrie interne

Per trattare simmetrie interne dobbiamo dunque considerare altre teorie di campo. Un esempio di questo tipo di teorie è una teoria con campo $\mathrm{\Phi }(x)$ scalare e complesso (${\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x^{\prime })=\mathrm{\Phi }(x)$ per trasformazioni di Lorentz, e $\mathrm{\Phi }(x)={\phi }_1(x)+i{\phi }_2(x)$ con ${\phi }_1,{\phi }_2$ campi reali). Indichiamo con ${\mathrm{\Phi }}^{\ast }$ il complesso coniugato di $\mathrm{\Phi }$. Si tratta di campi utili per formulare "teorie efficaci", cioè teorie valide solo a determinate scale di energia (ad esempio, i pioni possono essere descritti da campi scalari complessi). La lagrangiana di una tale teoria dovrà essere nella forma:

$ℒ={\partial }_{\mu }\mathrm{\Phi }{\partial }^{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }-m^2{\mathrm{\Phi }}^{\ast }\mathrm{\Phi }-\frac{\lambda }{4}({\mathrm{\Phi }}^{\ast }\mathrm{\Phi }{)}^2+\cdots$

ove il primo addendo è l'oggetto più semplice che sia invariante di Lorentz e che coinvolga le derivate di $\mathrm{\Phi }$; inoltre compaiono $\mathrm{\Phi }$ e ${\mathrm{\Phi }}^{\ast }$ perché vogliamo che la densità di lagrangiana sia reale. Considerando $\mathrm{\Phi }$ e ${\mathrm{\Phi }}^{\ast }$ come campi indipendenti, possiamo prendere la variazione di $ℒ$ rispetto a $\mathrm{\Phi }$ e ${\mathrm{\Phi }}^{\ast }$. Si avrà dunque:

$-\frac{\partial ℒ}{\partial {\mathrm{\Phi }}^{\ast }}+{\partial }_{\mu }\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }}=0-\frac{\partial ℒ}{\partial \mathrm{\Phi }}+\frac{{\partial }_{\mu }\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }\mathrm{\Phi }}=0$

ove la prima è l'equazione del moto per $\mathrm{\Phi }$ e l'altra, la sua complessa coniugata, quella per ${\mathrm{\Phi }}^{\ast }$. Scriviamo esplicitamente la prima:

$m^2\mathrm{\Phi }+\frac{\lambda }{2}({\mathrm{\Phi }}^{\ast }\mathrm{\Phi })\mathrm{\Phi }+{\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Phi }=0$

In generale, quest'equazione non è semplice da risolvere per via del termine contenente $\lambda$, detto termine d'interazione. Nel caso $\lambda =0$, l'equazione è lineare in $\mathrm{\Phi }$ e descrive la cosiddetta teoria libera, ossia quella nella quale le equazioni sono, appunto, lineari:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Phi }+m^2\mathrm{\Phi }=0$

Una soluzione di quest'equazione può essere $\mathrm{\Phi }={\mathrm{\Phi }}_0{e}^{ipx}$ con ${\mathrm{\Phi }}_0$ e $p$ costanti. Inserendola nell'equazione:

$-p^2\mathrm{\Phi }+m^2\mathrm{\Phi }=0⟹p^2=m^2$

e dunque $p$ soddisfa la relazione tipica del quadrimomento di una particella di massa $m$. La lagrangiana $ℒ$ ha sicuramente tutte le simmetrie del gruppo di Poincaré (che poi vedremo), ma anche la simmetria interna:

$x^{\mu }⟶x^{\mu }\mathrm{\Phi }(x)⟶{\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x)=e^{i\alpha }\mathrm{\Phi }(x)$

con $\alpha \in ℝ$ costante indipendente da $x$; ovviamente vale anche la relazione complesso coniugata:

${\mathrm{\Phi }}^{\ast }(x)⟶{\mathrm{\Phi }}^{\ast \prime }(x)=e^{-i\alpha }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }(x)$

e si ha anche:

$\begin{array}{c}{\partial }_{\mu }\mathrm{\Phi }⟶e^{i\alpha }{\partial }_{\mu }\mathrm{\Phi }\\ {\partial }_{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }⟶e^{-i\alpha }{\partial }_{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }\end{array}⟹ℒ⟶ℒ$

Applichiamo dunque a questa simmetria il teorema di Noether. Per farlo, consideriamo trasformazioni infinitesime, ossia con $\alpha \ll 1$:

$\begin{array}{cc}{e}^{i\alpha }=1+i\alpha +o({\alpha }^2)& ⟹{\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x)=(1+i\alpha )\mathrm{\Phi }(x)+o({\alpha }^2)\\ & ⟹\delta \mathrm{\Phi }(x)={\mathrm{\Phi }}^{\prime }(x)-\mathrm{\Phi }(x)=i\alpha \mathrm{\Phi }(x)\end{array}$

(in questo caso $\delta \phi =\bar{\delta }\phi$ perché $\delta x^{\mu }=0$). Dunque:

$J^{\mu }=\bar{\delta }\mathrm{\Phi }\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }\mathrm{\Phi }}+\bar{\delta }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }}=i\alpha (\mathrm{\Phi }{\partial }^{\mu }{\mathrm{\Phi }}^{\ast }-{\mathrm{\Phi }}^{\ast }{\partial }^{\mu }\mathrm{\Phi })$

Si verifica che se valgono le equazioni del moto allora ${\partial }_{\mu }{J}^{\mu }=0$. Esiste dunque una carica conservata:

$Q=\int J^0{d}^3\overrightarrow{x}\frac{dQ}{dt}=0$

Non possiamo mostrare qual è il suo significato fisico perché abbiamo bisogno di concetti di meccanica quantistica dei quali ancora non disponiamo, ma sarebbe la differenza fra il numero di particelle e di antiparticelle del sistema (il campo, se quantizzato, è descritto da un sistema di particelle e antiparticelle).

Simmetrie esterne

Vediamo ora un'applicazione del teorema di Noether su simmetrie esterne, come le trasformazioni di Poincaré. Dobbiamo dunque determinare $\delta x^{\mu }$ e $\bar{\delta }{\phi }_r$:

$\delta x^{\mu }={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{x}^{\nu }+a^{\mu }-x^{\mu }=({\delta }^{\mu }{}_{\nu }+{\omega }^{\mu }{}_{\nu })x^{\nu }+a^{\mu }-x^{\mu }=a^{\mu }+{\omega }^{\mu }{}_{\nu }{x}^{\nu }$

con $|a|\ll 1$ e ${\omega }^{\mu \nu }=-{\omega }^{\nu \mu }$. Per quanto riguarda invece $\bar{\delta }{\phi }_r$:

• se $\phi$ è scalare: ${\phi }^{\prime }(x^{\prime })=\phi (x)⟹\delta \phi =0$
• se ${\phi }_r$ è un campo vettoriale, ad esempio ${\phi }_r=A^{\mu }$: $A{\text{'}}_{\mu }(x^{\prime })={\tilde{\mathrm{\Lambda }}}_{\mu }{}^{\nu }{A}_{\nu }(x)=({\delta }_{\mu }{}^{\nu }+{\omega }_{\mu }{}^{\nu })A_{\nu }(x)⟹\bar{\delta }{A}_{\mu }(x)={\omega }_{\mu }{}^{\nu }{A}_{\nu }(x)={\omega }_{\mu \nu }{\eta }^{\nu \rho }{A}_{\rho }(x)$
• se ${\phi }_r$ è un campo tensoriale, in generale: $\bar{\delta }{\phi }_r=\frac{1}{2}{\omega }_{\mu \nu }({\mathrm{\Sigma }}^{\mu \nu }{)}_r{}^s{\phi }_s$ con $({\mathrm{\Sigma }}^{\mu \nu }{)}_r{}^s$ tensore.

Assumiamo, senza ledere in generalità, che:

$({\mathrm{\Sigma }}^{\mu \nu }{)}_r{}^s=-({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \mu }{)}_r{}^s$

Infatti, se $\mathrm{\Sigma }$ avesse una componente simmetrica, questa non contribuirebbe alla $\bar{\delta }{\phi }_r$ perché è moltiplicato per $\omega$, che è antisimmetrico. Che forma ha $\mathrm{\Sigma }$? Dipende dal "significato" dell'indice $r$, ossia dal tipo di campo in questione. Se ad esempio il campo è scalare $({\mathrm{\Sigma }}_{\mu \nu }{)}^r{}_s=0$; se invece ${\phi }_r=A_{\alpha }$:

$\bar{\delta }{A}_{\alpha }={\omega }_{\alpha \nu }{\eta }^{\nu \beta }{A}_{\beta }={\omega }_{\mu \nu }{\delta }^{\mu }{}_{\alpha }{\eta }_{\nu \beta }{A}_{\beta }=\frac{1}{2}{\omega }_{\mu \nu }({\delta }^{\mu }{}_{\alpha }{\eta }_{\nu \beta }-{\delta }^{\nu }{}_{\alpha }{\eta }^{\mu \beta })A_{\beta }$

Dunque:

$({\mathrm{\Sigma }}^{\mu \nu }{)}_{\alpha }{}^{\beta }={\delta }^{\mu }{}_{\alpha }{\eta }^{\nu \beta }-{\delta }^{\nu }{}_{\alpha }{\eta }^{\mu \beta }$

Simmetrie di Poincaré

Deriviamo dunque la forma esplicita della corrente associata alle simmetrie di Poincaré:

$J^{\mu }=-\delta x_{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+\bar{\delta }{\phi }_r\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}$

ove abbiamo definito il tensore energia-impulso:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}{\partial }^{\nu }{\phi }_r-{\eta }^{\mu \nu }ℒ$

Quindi:

$\begin{array}{cc}{J}^{\mu }& =-(a_{\nu }+{\omega }_{{\nu }_{\lambda }}{x}^{\lambda }){\tilde{T}}^{\mu \nu }+\frac{1}{2}{\omega }_{\nu \lambda }({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \lambda }{)}_r{}^s{\phi }_s\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}\\ & =-a_{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+\frac{1}{2}{\omega }_{\nu \lambda }(-x^{\lambda }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+x^{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \lambda }+({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \lambda }{)}_r{}^s{\phi }_s\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r})\end{array}$

Definendo il tensore densità di momento angolare:

${\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }=-x^{\lambda }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+x^{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \lambda }+({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \lambda }{)}_r{}^s{\phi }_s\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}$

si ha dunque:

$J^{\mu }=-a^{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+\frac{1}{2}{\omega }^{\nu \lambda }{\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }$

Da notare che $\tilde{M}$ è antisimmetrico in $\nu$ e $\lambda$ (${\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }=-{\tilde{M}}^{\mu \lambda \nu }$) e vale inoltre:

${\partial }_{\mu }{J}^{\mu }=0\mathrm{\forall }{a}_{\nu },{\omega }_{\nu \lambda }$

Quindi, le quantità $a_{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \nu }$ e ${\omega }_{\nu \lambda }{\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }$ sono conservate:

${\partial }_{\mu }{\tilde{T}}^{\mu \nu }=0{\partial }_{\mu }{\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }=0$

La prima segue in realtà dall'invarianza della lagrangiana per traslazioni, mentre la seconda è conseguenza dell'invarianza per trasformazioni di Lorentz.

Dunque, in una teoria di campo invariante per trasformazioni di Poincaré esistono un tensore energia-impulso ${\tilde{T}}^{\mu \nu }$ e un tensore densità di momento angolare ${\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }$ conservati. In realtà, queste due grandezze che abbiamo ricavato ora non sono direttamente uguali a quelle che avevamo determinato precedentemente. Innanzitutto, si aveva $T^{\mu \nu }=T^{\nu \mu }$. Poiché:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{\phi }_r}{\partial }^{\nu }{\phi }_r-{\eta }^{\mu \nu }ℒ$

L'eventuale simmetria di $\tilde{T}$ dipende dalla forma di $ℒ$, e non è evidente. Consideriamo dunque degli esempi.

Se $\phi$ è un campo scalare reale (il fattore $\frac{1}{2}$ è messo per convenienza):

$ℒ=\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\phi {\partial }^{\mu }\phi -V(\phi )$

${\tilde{T}}^{\mu \nu }={\partial }^{\mu }\phi {\partial }^{\nu }\phi -{\eta }^{\mu \nu }ℒ⟹{\tilde{T}}^{\mu \nu }={\tilde{T}}^{\nu \mu }$

Dunque, in questo caso il tensore energia-impulso è simmetrico.

Se ${\phi }_r$ è un quadrivettore, ad esempio $A_{\mu }$:

$ℒ=-\frac{1}{4}{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }$

e allora:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{A}_{\lambda }}{\partial }^{\nu }{\phi }_r-{\eta }^{\mu \nu }ℒ$

Poiché:

$\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{A}_{\lambda }}=-\frac{1}{2}{F}^{\alpha \beta }\frac{\partial F_{\alpha \beta }}{\partial {\partial }_{\mu }{A}_{\lambda }}=-\frac{1}{2}{F}^{\alpha \beta }({\delta }_{\alpha }{}^{\mu }{\delta }_{\beta }{}^{\lambda }-{\delta }_{\alpha }{}^{\lambda }{\delta }_{\beta }{}^{\mu })=-F^{\mu \lambda }$

allora:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=-F^{\mu \lambda }{\partial }^{\nu }{A}_{\lambda }+\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }$

Si presentano però due problemi:

• ${\tilde{T}}^{\mu \nu }$ non è simmetrico
• ${\tilde{T}}^{\mu \nu }$ non è invariante di gauge

La prima questione deriva dal fatto che $Y^{\mu \nu \lambda }$ non è nullo perché $({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \lambda }{)}_r{}^s\ne 0$. Se però valgono entrambe le conservazioni del tensore energia impulso e densità di momento angolare, allora:

${\partial }_{\mu }{\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }={\tilde{T}}^{\nu \lambda }-{\tilde{T}}^{\lambda \nu }+{\partial }_{\mu }{Y}^{\mu \nu \lambda }=0$

Se poi la teoria è invariante di Lorentz, $Y^{\mu \nu \lambda }=0$ (perché $\bar{\delta }\phi =0$) e dunque ${\tilde{T}}^{\nu \lambda }={\tilde{T}}^{\lambda \nu }$.

Ci chiediamo dunque che relazione ci sia fra $\tilde{T}$ e il tensore energia impulso $T$ che avevamo determinato precedentemente. Ricordiamoci innanzitutto che la corrente di Noether non è univocamente determinata: $J^{\mu }$ e $J^{\mu }+{\partial }_{\lambda }{X}^{\lambda \mu }$, con $X^{\lambda \mu }$ antisimmetrico, danno luogo alle stesse equazioni del moto. Potremmo dunque scrivere:

$T^{\mu \nu }={\tilde{T}}^{\mu \nu }+{\partial }_{\lambda }{X}^{\lambda \mu \nu }$

con $X^{\lambda \mu \nu }=-X^{\mu \lambda \nu }$; in questo modo, siamo sicuri che vale ${\partial }_{\mu }{T}^{\mu \nu }=0$, e la carica associata a $T$ è la stessa di $\tilde{T}$:

$\int T^{0\nu }{d}^3\overrightarrow{x}=\int {\tilde{T}}^{0\nu }{d}^3\overrightarrow{x}$

Dobbiamo dunque capire che forma abbia $X^{\lambda \mu \nu }$ affinché $T^{\mu \nu }$ sia simmetrico. Poiché sappiamo che:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }-{\tilde{T}}^{\nu \mu }+{\partial }_{\lambda }{Y}^{\lambda \mu \nu }=0\text{con}{Y}^{\lambda \mu \nu }=-Y^{\lambda \nu \mu }$

potremmo porre:

$X^{\lambda \mu \nu }=\alpha (Y^{\lambda \mu \nu }-Y^{\mu \lambda \nu })$

(in questo modo $X$ è antisimmetrico in $\lambda$ e $\mu$). Con questa scelta si ha:

$T^{\mu \nu }={\tilde{T}}^{\mu \nu }+\alpha ({\partial }_{\lambda }{Y}^{\lambda \mu \nu }-{\partial }_{\lambda }{Y}^{\mu \lambda \nu })={\tilde{T}}^{\mu \nu }+\alpha (-{\tilde{T}}^{\mu \nu }+{\tilde{T}}^{\nu \mu })-\alpha {\partial }_{\lambda }{Y}^{\mu \lambda \nu }$

Ora, se $\alpha$ fosse uguale a $\frac{1}{2}$, i primi due termini darebbero luogo alla parte simmetrica di ${\tilde{T}}^{\mu \nu }$, ossia si avrebbe:

$T^{\mu \nu }=\frac{1}{2}({\tilde{T}}^{\mu \nu }+{\tilde{T}}^{\nu \mu })-\frac{1}{2}{\partial }_{\lambda }{Y}^{\mu \lambda \nu }$

Il secondo termine però non è simmetrico, a meno che al suo posto non ci sia ${\partial }_{\lambda }(Y^{\mu \lambda \nu }+Y^{\nu \lambda \mu })$. Dobbiamo dunque porre:

$X^{\lambda \mu \nu }=\frac{1}{2}(Y^{\lambda \mu \nu }-Y^{\mu \lambda \nu }-Y^{\nu \lambda \mu })$

di modo che:

$T^{\mu \nu }=\frac{1}{2}({\tilde{T}}^{\mu \nu }+{\tilde{T}}^{\nu \mu })-\frac{1}{2}{\partial }_{\lambda }(Y^{\mu \lambda \nu }+Y^{\nu \lambda \mu })$

e pertanto $T^{\mu \nu }$ stavolta risulta effettivamente simmetrico. Ci resta però da verificare se $X^{\lambda \mu \nu }$ è antisimmetrico rispetto a $\mu$ e $\lambda$: questo però è sicuramente vero, perché la differenza dei due primi $Y$ lo è, così come l'ultima $Y$ lo è per quanto visto poco sopra. In generale, dunque, il tensore energia-impulso non è simmetrico, ma se il sistema è invariante per trasformazioni di Lorentz allora vale

${\tilde{T}}^{\mu \nu }-{\tilde{T}}^{\nu \mu }+{\partial }_{\lambda }{Y}^{\lambda \mu \nu }=0\text{con}{Y}^{\lambda \mu \nu }=-Y^{\lambda \nu \mu }$

e quindi $T$ può essere reso simmetrico come abbiamo visto (o meglio, esiste un $T$ simmetrico equivalente a $\tilde{T}$).

Verifichiamo ora che nel caso dell'elettromagnetismo questa "ricetta" funziona. Abbiamo che:

${\tilde{T}}^{\mu \nu }=-F^{\mu \lambda }{\partial }^{\nu }{A}_{\lambda }+\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}_{\alpha \beta }{F}^{\alpha \beta }$

Inoltre:

$Y^{\mu \nu \lambda }=({\mathrm{\Sigma }}^{\nu \lambda }{)}_{\alpha }{}^{\beta }{A}_{\beta }\frac{\partial ℒ}{\partial {\partial }_{\mu }{A}_{\alpha }}=({\delta }^{\nu }{}_{\alpha }{\eta }^{\lambda \beta }-{\delta }_{\alpha }{}^{\lambda }{\eta }^{\nu \beta })A_{\beta }(-F^{\mu \alpha })=-F^{\mu \nu }{A}^{\lambda }+F^{\mu \lambda }{A}^{\nu }⟹$

$⟹X^{\lambda \mu \nu }=-F^{\lambda \mu }{A}^{\nu }$

Perciò:

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

e dalla validità delle equazioni di Maxwell per il campo libero (${\partial }_{\lambda }{F}^{\lambda \mu }=0$) si ha che $-{\partial }_{\lambda }(F^{\lambda \mu }{A}^{\nu })=-({\partial }_{\lambda }{F}^{\lambda \mu })A^{\nu }-F^{\lambda \mu }{\partial }_{\lambda }{A}^{\nu }=-F^{\lambda \mu }{\partial }_{\lambda }{A}^{\nu }$. Allora:

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

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

e risulta proprio $T^{\mu \nu }=T^{\nu \mu }$.

Sappiamo che l'invarianza del sistema per trasformazioni di Lorentz implica l'esistenza di un tensore ${\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }$ conservato, ossia tale che ${\partial }_{\mu }{\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }=0$, e inoltre:

${\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }=x^{\nu }{\tilde{T}}^{\mu \lambda }-x^{\lambda }{\tilde{T}}^{\mu \nu }+Y^{\mu \nu \lambda }$

Abbiamo poi già visto che se disponiamo di un tensore energia-impulso simmetrico e conservato, possiamo definire il tensore:

$M^{\mu \nu \lambda }=x^{\nu }{T}^{\mu \lambda }-x^{\lambda }{T}^{\mu \nu }$

che, come conseguenza della simmetria di $T$, è conservato anch'esso; le sue componenti corrispondono ai momenti angolari e ai boost. Sembrerebbe dunque che abbiamo due correnti distinte, $M$ e $\tilde{M}$, ma in realtà sono fisicamente equivalenti; si può infatti verificare che:

$M^{\mu \nu \lambda }={\tilde{M}}^{\mu \nu \lambda }+{\partial }_{\rho }{\chi }^{\rho \mu \nu \lambda }\text{con}{\chi }^{\rho \mu \nu \lambda }=x^{\nu }{X}^{\rho \mu \lambda }-x^{\lambda }{X}^{\rho \mu \nu }$

(e dunque ${\chi }^{\rho \mu \nu \lambda }$ è antisimmetrico in $\rho$ e $\mu$).

Se il campo non è più libero, ossia se ci sono anche delle sorgenti, si dovrebbe ripercorrere lo stesso ragionamento a partire dalla lagrangiana:

${ℒ}_{\mathrm{T}\mathrm{O}\mathrm{T}}={ℒ}_A+{ℒ}_P+{ℒ}_I$

Non ripercorriamo tutte le argomentazioni. Diciamo soltanto che risulta:

${\tilde{T}}_{\mathrm{T}\mathrm{O}\mathrm{T}}={\tilde{T}}_{\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{g}}^{\mu \nu }+T_P^{\mu \nu }+j^{\mu }{A}^{\nu }$

ove il tensore energia-impulso delle particelle $T_P^{\mu \nu }$ risulta automaticamente simmetrico. Si pone poi:

$T_{\mathrm{T}\mathrm{O}\mathrm{T}}={\tilde{T}}_{\mathrm{T}\mathrm{O}\mathrm{T}}+{\partial }_{\lambda }{X}^{\lambda \mu \nu }$

con lo stesso $X$ di prima. Perciò:

$T_{\mathrm{T}\mathrm{O}\mathrm{T}}^{\mu \nu }=T_P^{\mu \nu }+\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}_{\alpha \beta }{F}^{\alpha \beta }-F^{\mu \lambda }{\partial }^{\nu }{A}_{\lambda }+j^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }_{\lambda }(F^{\lambda \mu }{A}^{\nu })$

e poiché:

$j^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }_{\lambda }(F^{\lambda \mu }{A}^{\nu })=j^{\mu }{A}^{\nu }-\underset{j^{\mu }}{\underbrace{({\partial }_{\lambda }{F}^{\lambda \mu })}}{A}^{\nu }-F^{\lambda \mu }{\partial }_{\lambda }{A}^{\nu }=-F^{\lambda \mu }{\partial }_{\lambda }{A}^{\nu }$

risulta:

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

che è proprio quello che avevamo trovato precedentemente.

Perché un tensore energia-impulso simmetrico?

Perché abbiamo speso così tanto tempo per dimostrare che in una teoria invariante per trasformazioni di Poincaré esiste un tensore energia-impulso simmetrico? Un primo motivo l'avevamo già visto: la simmetria di $T^{\mu \nu }$ implica l'uguaglianza $T^{i0}=T^{0i}$, ossia implica che densità di quantità di moto e flusso di energia siano la stessa cosa. Un altro motivo, più importante, è che vorremmo introdurre in una teoria di campo la gravità, e per fare questo è importante che $T^{\mu \nu }$ sia simmetrico. Vediamo un attimo perché facendo una piccola analogia con l'elettromagnetismo.

Le sorgenti del campo elettromagnetico sono le cariche, e ad esse è associata la corrente conservata $j^{\mu }$; questa genera il campo $A^{\mu }$, e il termine della lagrangiana che "concretizza" quest'interazione è ${ℒ}_I=-j^{\mu }{A}_{\mu }$. Nel caso della gravità, invece, dovrebbero essere le masse le sorgenti del campo; poiché però massa ed energia sono la stessa cosa, e l'energia relativistica (ivi compreso anche il momento) si conserva, le "vere" sorgenti del campo gravitazionale sono $p^{\mu }$, la cui conservazione deriva dalla conservazione di un tensore $T^{\mu \nu }$ (l'analogo di $j^{\mu }$). Se dunque sapessimo scrivere le equazioni del moto del campo gravitazionale si dovrebbe avere (cfr equazioni di Maxwell) "qualcosa $=T^{\mu \nu }$". Non è poi difficile capire quale sia l'analogo di ${ℒ}_I$ per la gravità: l'analogo di $A^{\mu }$ è la metrica $g^{\mu \nu }(x)$ dello spazio, che ovviamente è un oggetto simmetrico in $\mu$ e $\nu$ (come $\eta$); perciò, l'analogo della lagrangiana d'interazione per la gravità è:

${ℒ}_I\propto T^{\mu \nu }{g}_{\mu \nu }$

(in realtà questa relazione vale solo per campi gravitazionali deboli). Ciò ha però senso solo se $T^{\mu \nu }$ è simmetrico: è per questo che è importante riuscire a dimostrare che un $T^{\mu \nu }$ simmetrico esiste.