Elettrodinamica classica/Soluzioni delle equazioni di Maxwell nel vuoto

Alla luce di ciò, consideriamo le equazioni di Mawxell:

$◻A_{\mu }=0$

Si tratta di quattro equazioni identiche a quelle che abbiamo appena visto, una per ogni componente di $A_{\mu }$. In modo analogo si determina che:

$A^{\mu }(x)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\int \frac{1}{2|\overrightarrow{k}|}{[{\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})e^{ikx}+\text{c.c.}]}_{|k^0=|\overrightarrow{k}|}{d}^3\overrightarrow{k}$

ove stavolta ${\epsilon }^{\mu }$ è un quadrivettore (detto vettore di polarizzazione), e quindi cambierà sotto trasformazioni di Lorentz come

$\epsilon {\text{'}}^{\mu }({\overrightarrow{k}}^{\prime })={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{\epsilon }^{\nu }(\overrightarrow{k})$

In questo caso, dunque, sembrerebbe che il campo elettromagnetico abbia quattro gradi di libertà (uno per ogni componente di $A^{\mu }$, ossia uno per ogni funzione complessa che costituisce ${\epsilon }_{\mu }(\overrightarrow{k})$); dobbiamo però imporre la gauge di Lorenz ${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0$, ossia $k_{\mu }{\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})=0$, e pertanto ${\epsilon }^{\mu }$ ha solo tre componenti indipendenti. Tuttavia, come abbiamo già visto porre ${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0$ non fissa completamente la gauge, perché possiamo ancora eseguire trasformazioni di gauge residue del tipo $A^{\mu }\to A^{\mu }+{\partial }^{\mu }\mathrm{\Lambda }$ con $◻\mathrm{\Lambda }=0$. La generica soluzione di $◻\mathrm{\Lambda }=0$, però, è:

$\mathrm{\Lambda }(x)=\frac{1}{(2\pi {)}^2}\int \frac{1}{2i|\overrightarrow{k}|}[e^{ikx}\alpha (\overrightarrow{k})-\text{c.c.}]d^3{\overrightarrow{k}}_{|k^0=|\overrightarrow{k}|}$

e quindi sotto la trasformazione $A^{\mu }\to A^{\mu }+{\partial }^{\mu }\mathrm{\Lambda }$, il quadrivettore ${\epsilon }^{\mu }$ diventa:

${\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})\to {\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})+k^{\mu }\alpha (\overrightarrow{k}):={\tilde{\epsilon }}^{\mu }(\overrightarrow{k})$

Inoltre:

$k_{\mu }{\tilde{\epsilon }}^{\mu }(\overrightarrow{k})=k_{\mu }{\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})+k_{\mu }{k}^{\mu }\alpha (\overrightarrow{k})=0$

perché ambo gli addendi sono nulli. Pertanto neanche tutte le componenti di ${\tilde{\epsilon }}^{\mu }(\overrightarrow{k})$ (e quindi neanche quelle di ${\epsilon }^{\mu }(k)$) sono linearmente indipendenti; risulta quindi che delle quattro componenti di ${\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})$ solo due sono linearmente indipendenti, in quanto una viene eliminata dalla gauge di Lorenz, e l'altra dalla gauge residua. Pertanto, $A^{\mu }$ e quindi $F^{\mu \nu }$ ha due gradi di libertà, come già avevamo visto.

Introduciamo ora delle notazioni che ci saranno utili in seguito. Dato $k^{\mu }$ con $k_{\mu }{k}^{\mu }=0$, poniamo:

$n^{\mu }=\frac{k^{\mu }}{|\overrightarrow{k}|}\Rightarrow n^{\mu }{n}_{\mu }=0n^0=1\overrightarrow{n}=\frac{\overrightarrow{k}}{|\overrightarrow{k}|}|\overrightarrow{n}|=1$

che altro non è che il versore che indica la direzione di propagazione dell'onda. Poiché si ha (sottintendiamo il pedice $\overrightarrow{k}$):

${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=i{k}_{\mu }{\epsilon }^{\mu }{e}^{ikx}+\text{c.c.}$

allora:

${\dot{A}}^{\mu }={\partial }_0{A}^{\mu }=i|\overrightarrow{k}|{\epsilon }^{\mu }{e}^{ikx}+\text{c.c.}$

Confrontando queste ultime due equazioni, risulta:

${\partial }_{\mu }{A}^{\nu }=n_{\mu }{\dot{A}}^{\nu }$

e si ha anche:

$n_{\mu }{\dot{A}}^{\mu }=0n_{\mu }{n}^{\mu }=0$

Queste ultime si chiamano relazioni delle onde, e valgono per ogni onda elementare.