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Esercizi di Campi Elettromagnetici A.A. 2016/2017
Scritto a molte mani da studenti per studenti. Ci possono essere
errori un po’ in giro, spero sianonon troppo gravi.
Foglio 1
1.1 La potenza emessa da una particella di carica e e massa m
che si muove ad una velocità v inun campo elettrico ~E ed in un
campo magnetico ~B è data, nel sistema di Gauss razionalizzato edin
unità di misura naturali (c = 1), dalla formula seguente:
W =e4
6πm21
1− v2[| ~E + ~v × ~B|2 − (~v · ~E)2]
Reintroducete nella formula gli opportuni fattori c.
Soluzione: Ricordiamo che [e2] = kg m3 s−2, [E2] = kg m−1 s−2.
Allora per avere [W ] =kg m2 s−3 deve essere
W =e4
6πm2c31
1− v2c2
[∥∥∥∥ ~E + ~vc × ~B∥∥∥∥2 − (~vc · ~E
)2]
1.2 Usando le definizioni
(~a×~b)i = εijkajbk, (∇× ~a)i = εijk ∂jak
dimostrare che(1) ~a · (~b× ~c) = ~b · (~c× ~a)
(2) ∇ · (∇× ~a) = 0, (3) ∇×∇f = 0
(4) ∇× (∇× ~a) = ∇(∇ · ~a)−∇2~a
(5) (~a×~b)× (~a× ~c) = (~a · (~b× ~c))~a
(6) ∇× ~r = 0
Soluzione: (1) ~a · (~b× ~c) = aiεijkbjck = −εjikbjckai =
bjεjkickai = ~b · (~c× ~a)(2) ∇ · (∇× ~a) = ∂iεijk ∂jak = εijk ∂i
∂jak = 0(3) (∇×∇f)i = εijk ∂j ∂kf = 0(4)
(∇× (∇× ~a))i = εijk ∂jεklm ∂lam = ∂j ∂lam(δilδjm − δimδjl) =
(∂i ∂mam − ∂l ∂lai)= ∇(∇ · ~a)−∇2ai
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(5)
((~a×~b)× (~a× ~c))i = εijk(εjlmalbm)(εknpancp) =
εijk(−εljmalbm)(−εnpkancp)= εijk(−εijkaibk − εkjiakbi)(−εijkajci −
εjikaicj)= εijk(−εijkaibk + εijkakbi)(−εijkajci + εijkaicj)=
εijk(akbi − aibk)(aicj − ajci)= εijk(akaibicj − akajbici − aiaibkcj
+ aiajbkci)= −εijkaiaibkcj = εikjaiaibkcj = ((~a · (~b×
~c))~a)i
(6) (∇× ~r)i = εijk ∂jxk = εijkδjk = 0
1.3 Sia x2 = ηµνxµxν . Mostrate che
∂µ√x2 =
xµ√x2
, �1
x2≡ ∂µ ∂µ
1
x2= 0
Soluzione: Eseguiamo le derivate ordinarie tenendo conto degli
indici
∂µ√x2 =
1
2√x2∂µx
2 =1
2√x2∂µ(ηρσx
ρxσ) =1
2√x2ηρσ(∂µx
ρxσ + ∂µxσxρ) =
=1
2√x2ηρσ(δ
ρµ x
σ + δ σµ xρ) =
1
2√x2
(δ ρµ ηρσxσ + δ σµ ηρσx
ρ) =
=1
2√x2
(ηµσxσ + ηµρx
ρ) =xµ√x2
Dato che abbiamo ricavato la derivata ∂µx2 il secondo conto si
può svolgere nel seguente modo:
�1
x2= ∂µ ∂µ
1
x2= ∂µ
(− 1x4∂µx
2
)= − ∂µ2xµ
x4= − 2
x4∂µxµ +
4xµx6
∂µx2 =
= − 8x4
+8xµx
µ
x6= − 8
x4+
8
x4= 0
1.4 Data una matrice Aµν , mostrate che
�µ1µ2µ3µ4Aµ1ν1Aµ2ν2A
µ3ν3Aµ4ν4 = �ν1ν2ν3ν4 detA
(Suggerimento: Il determinante di una matrice è univocamente
definito dalle proprietà: detA èlineare rispetto ad ogni sua
colonna, è antisimmetrico per scambio di due colonne e det I = 1
seI è la matrice identica).
Soluzione: Tutte le proprietà sono facilmente vere per entrambi
i membri.
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Foglio 2
2.1 Supponete che F µν sia un tensore di rango (2, 0)
antisimmetrico (F µν = −F νµ). Quali sono ipossibili invarianti
lineari e quadratici in F µν?
Soluzione: Esplicitiamo i risultati nel caso di F µν tensore
elettromagnetico. L’unico invariantelineare (banale) è
ηµνFµν = 0
Gli invarianti quadratici possibili sono
F µνFµν = Fi0Fi0 + F
0iF0i + FijFij = −2
∑i
E2i + (−�ijkBk)(−�ijlBl)
= −2∑i
E2i + 2∑i
B2i = 2( ~B2 − ~E2)
�µνρσFµνFρσ = �0ijkF0iFjk + �
i0jkFi0Fjk + �ij0kFijF0k + �
ijk0FijFk0
= 2�0ijkF0iFjk + 2�lm0kFlmF0k = 4�
0ijkF0iFjk = 4�ijkEi(−�jklBl)
= −4 · 2δilEiBl = −8 ~E · ~B
Non ce ne sono altri: si mostra infatti che ogni tensore
simmetrico a due indici è una combinazionelineare di δµν e di ηµν ,
mentre ogni tensore antisimmetrico a quattro indici è multiplo di
�µνρσ. Ingenerale un tensore invariante è una combinazione
lineare
aF µνFµν + b�µνρσFµνFρσ
2.2 Siano Λ1 e Λ2 matrici di Lorentz ortocrone ((Λi)00 ≥ 1 per i
= 1, 2). Mostrate che la trasfor-mazione di Lorentz prodotto Λ2Λ1 è
anch’essa ortocrona, cioè il sottoinsieme delle trasformazionidi
Lorentz ortocrone forma un sottogruppo. La stessa cosa è vera per
matrici di Lorentz con(Λi)
00 ≤ −1?
Soluzione: (è solo un’idea generale, ma mi sembra che in linea
di massima funzioni). SianoΛ,Ω le suddette matrici ortocrone:
vogliamo allora mostrare
(ΛΩ)00 = Λ0
0Ω0
0 + Λ0iΩ
i0 ≥ 0
dove abbiamo sottinteso la sommatoria sull’indice i. Poiché il
segno di Λ00Ω00 + Λ0iΩi 0 se èpositivo allora è maggiore o uguale a
1, questo conclude la dimostrazione. Per entrambe le matricivale la
condizione
η00 = Λµ
0Λν
0ηµν =⇒ (Λ00)2 − Λi 0Λi 0 = 1
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e ci servirà tenere in considerazione la disuguaglianza (Λ00)2 ≥
Λi 0Λi 0. Per ritrovarci con gliindici corretti, conviene lavorare
con la matrice trasposta Λ̃ := ΛT , che è comunque una
matriceortocrona e la trasposizione preserva la componente (0, 0).
Riscriviamo la condizione
(ΛΩ)00 = Λ̃0
0Ω0
0 + Λ̃i
0Ωi
0 ≥ 0
e poiché sappiamo già che il primo addendo è maggiore o uguale
di 1, ci serve mostrare che|Λ̃i 0Ωi 0| ≤ |Λ̃00Ω00|. Ma questo segue
dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwartz, che scriviamosempre
sottintendendo gli indici come
|Λ̃i 0Ωi 0|2 ≤ (Λ̃j0Λ̃
j0)(Ω
n0Ω
n0) ≤ (Λ̃00)2(Ω00)2 =⇒ |Λ̃i 0Ωi 0| ≤ |Λ̃00Ω00|
che è proprio quanto volevamo dimostrare. Se vale per Λ̃ varrà
anche per Λ, e quindi il gruppoortocrono è chiuso rispetto al
prodotto. Non è vero per matrici di Lorentz con (Λi)00 ≤ −1.
Soluzione del tutto equivalente ma un pochino meno contorta
(secondo me). Scriviamo ciascunamatrice nella forma
Λ =
(a bT
c R
)e poniamo Λ3 = Λ2Λ1. Allora si ha
(Λ2Λ1)0
0 = (Λ2)0
0(Λ1)00 + (Λ2)
0i(Λ1)
i0 =⇒ a3 = a1a2 + bT2 c1 =⇒ a3 − a1a2 = b2 · c1
Valgono le relazioni
η00 = Λµ
0Λν
0ηµν =⇒ 1 = a2 − c · c =⇒ ‖c‖2 = a2 − 1
η00 = Λ 0µ Λ0ν η
µν =⇒ 1 = a2 − b · b =⇒ ‖b‖2 = a2 − 1
Notare che a2 ≥ 1 per ipotesi. Per Cauchy-Schwarz è
|a3 − a1a2| = |b2 · c1| ≤ ‖b2‖‖c1‖ =√a21 − 1
√a22 − 1
che si può scrivere anche nella forma
a1a2 −√a21 − 1
√a22 − 1 ≤ a3 ≤ a1a2 +
√a21 − 1
√a22 − 1
Dunque se a1a2 > 0 si ha necessariamente a3 > 0, perchè il
membro a sinistra è comunquepositivo. Poichè se a3 è positivo è
sicuramente a3 ≥ 1 (Λ3 è comunque un elemento del gruppodi
Lorentz), si ha che O↑(1, 3) è chiuso rispetto alla
moltiplicazione. Inoltre contiene l’identità, epoichè per
quest’ultima a = 1 e Λ è invertibile in O(1, 3), allora è
invertibile anche in O↑(1, 3),cioè O↑(1, 3) è un sottogruppo del
gruppo di Lorentz. Poiche O↓(1, 3) non contiene l’identità nonè un
sottogruppo, e abbiamo mostrato che non è neanche chiuso rispetto
alla moltiplicazione.
2.3 Sia uµ un 4-vettore t.c. u2 ≥ 0 e u0 > 0. Se u′µ = Λµνuν
è il trasformato di uµ rispetto aduna trasformazione di Lorentz
propria, mostrate che u′µ soddisfa ancora u′2 ≥ 0 e u′0 > 0.
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Soluzione: Dimostrare che u′2 ≥ 0 è banale: si tratta di un
invariante di Lorentz. In ogni caso
u′2 = u′µu′µ = Λµνu
νΛ ρµ uρ = δρνu
νuρ = u2 > 0
Per dimostrare u′0 > 0 invece abbiamo
u′0 = Λ00u0 + Λ0iu
i
dato che Λ ∈ SO(1, 3)c posso dire che è descritto
dall’esponenziale di una matrice antisimmetrica(derivata da una
trasformazione prossima all’identità). Dato che è antisimmetrica
dipende soloda 6 parametri che sono le rotazioni attorno ai tre
assi spaziali e i boost. Potremo dunque vedereuna qualsiasi Λ ∈
SO(1, 3)c come composizione di rotazioni e boost. Per un boost
lungo l’asse xsi ha per esempio
u′0 = γ(u0 − βu1)
dove β < 1 e u0 = |u0| ≥ |ui| dato che u2 ≥ 0. Si trova
quindi u′0 > 0 per i boost. Si può fare unragionamento analogo
per le rotazioni.Altrimenti, in un modo simile all’esercizio
precedente, si ha
u′0 = Λ00u0 + Λ0iu
i = au0 + b · ~u
e quindi|u′0 − au0| ≤ ‖b‖‖~u‖ =
√a2 − 1‖~u‖ ≤ |u0|
√a2 − 1 = u0
√a2 − 1
che si può scrivere anche
u0(a−√a2 − 1) ≤ u′0 ≤ u0(a+
√a2 − 1)
da cui la tesi.
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Foglio 3
3.1 (Dal libro di K. Lechner, Cap. 2: problema 2.7)
Una particella di carica e e massa m si trova in presenza di un
campo elettro-magnetico costantee uniforme F µν . La quadrivelocità
iniziale della particella per s = 0 sia uµ(0), con u2(0) = 1.
(a) Si dimostri che in questo caso l’equazione di Lorentz è
equivalente all’equazione del primoordine
dyµ
ds= uµ(s) = [esA]µ νu
ν(0),
per un’opportuna matrice costante A ≡ Aµ ν .
(b) Si verifichi esplicitamente che vale u2(s) =
1,∀s.Suggerimento: Si noti che esA ∈ SO(1, 3)c,∀s.
(c) Si dimostri che lo scalare w2 = wµ(s)wµ(s) è indipendente da
s e lo si esprima in termini diF µν e uµ(0).
(d) Si può dimostrare che, escluso il caso in cui E = B e
simultaneamente E ⊥ B = 0, esistesempre un sistema di riferimento
inerziale in cui i campi elettrico e magnetico sono paralleli
ediretti lungo l’asse x: ~E = (E, 0, 0), ~B = (B, 0, 0). Si
dimostri che in questo sistema di riferimentola matrice A è
diagonale a blocchi.
(e) Sfruttando questa struttura di A si valuti l’espressione esA
sviluppando l’esponenziale in seriedi Taylor e risommandolo in
termini delle funzioni sin, cos, cosh e sinh.
(f) Ponendo ~B = 0 e scegliendo la velocità iniziale ~v0 = (0,
v0, 0), ovvero
uµ(0) =1√
1− v20(1, 0, v0, 0)
si determinino uµ(s) e yµ(s) per ogni s e quindi la legge oraria
y(t).
Soluzione: (a) L’equazione di Lorentz si scrive
duµ
ds=
e
mF µνu
ν
A partire dalla soluzione uµ(s) = [esA]µ νuν(0) si trova
derivando rispetto ad s
duµ
ds= [AesA]µ νu
ν(0) = Aµρ[esA]ρ νu
ν(0) = Aµρuρ(s)
L’equivalenza è quindi soddisfatta per
Aµ ν =e
mF µν
(b) Mostriamo innanzitutto che esA ∈ SO(1, 3)c: possiamo
scrivere
Aµ ν =e
mF µρηρν → A =
e
mFη
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In forma matriciale scriviamo la condizione di antisimmetria di
F
F = −F T ↔ ηA = −(ηA)T ↔ ηA = −ATη ↔ AT = −ηAη
Quindi
esAT
=∞∑n=0
(sAT )n
n!= η
(∞∑n=0
(−sA)n
n!
)η
La condizione della matrice di Lorentz si scrive
(esA)TηesA = ηe−sAηηesA = η
La matrice esA ∈ SO(1, 3)c e quindi
u2(s) = ηµν [esA]µ ρu
ρ(0)[esA]ν σuσ(0) = ηρσu
ρ(0)uσ(0) = u2(0) = 1
(b’) Più agilmented
dsuµu
µ = 2wµuµ = 2uµe
mF µνuν = 0
perchè F µν è antisimmetrico.(c) Essendo wµ = duµ/ds si trova la
relazione in forma matriciale w = AesAu(0) da cui
w2 = uT (0)(esA)TATηAesAu(0) = w2 = uT (0)AT (esA)TηesAAu(0) =
uT (0)ATηAu(0)
Si trova quindi w2 indipendente da s e vale
w2 = ηµνAµρu
ρ(0)Aνσuσ(0) =
e2
m2ηµνF
µρu
ρ(0)F νσuσ(0) =
e2
m2F µρu
ρ(0)Fµσuσ(0)
(c’) Come soprad
dsw2 = 2wµ
dwµ
ds= 2wµ
e
mF µνwν = 0
(d) EssendoAµ ν =
e
mF µν
e il tensore F µν la matrice
F µν =
0 −E 0 0E 0 0 00 0 0 −B0 0 B 0
= (−EJ OO −BJ)
dove abbiamo indicato con J la matrice
J =(
0 1−1 0
)si trova una matrice a blocchi.
(e) Ricordo che
Aµ ν =e
mF µρηρν =
e
m
0 −E 0 0E 0 0 00 0 0 −B0 0 B 0
1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1
= em(EP OO BJ
)
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doveP =
(0 11 0
)Inoltre
(Aµν)n =
( em
)n(EnPn OO BnJn
)Dovendo scomporre in sin, cos, sinh, cosh vediamo le potenze
pari e dispari di P e J: notiamo subitoche P2 = I e J2 = −I; in
generale
P2n = I P2n+1 = P J2n = (−1)nI J2n+1 = (−1)nJ
Perciò
exp tP =∞∑n=0
t2n
(2n)!I +
∞∑n=0
t2n+1
(2n+ 1)!P =
(cosh t sinh tsinh t cosh t
)
exp tJ =∞∑n=0
(−1)n t2n
(2n)!I +
∞∑n=0
(−1)n t2n+1
(2n+ 1)!J =
(cos t sin t− sin t cos t
)Si ottiene quindi
esA =
cosh(seE/m) sinh(seE/m) 0 0sinh(seE/m) cosh(seE/m) 0 0
0 0 cos(seB/m) sin(seB/m)0 0 − sin(seB/m) cos(seB/m)
(f) Abbiamo uµ(0) = γ0(1, 0, v0, 0) ed essendo u(s) = esAu(0) si
ottiene
uµ(s) = γ0(cosh(seE/m), sinh(seE/m), v0, 0)
e integrandoyµ(s) = γ0
( meE
sinh(seE/m),m
eEcosh(seE/m), v0s, 0
)+ yµ(0)
Ora cerchiamo di invertire la funzione y0(s) = t(s) in s(t)
y0(s) =γ0m
eEsinh(seE/m) → s = m
eEsinh−1(teE/mγ0)
Si ottiene
~y(t) =
(√1 +
t2e2E2
m2γ20,v0m
eEsinh−1(teE/mγ0), 0
)
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3.2 Si ricavi la corrente jµ, nel senso delle distribuzioni, che
genera il 4-potenziale ~A = 0 e A0 taleche
A0 =qe−µr
r
(1 +
µr
2
)
soluzione: Vediamo innanzitutto quali componenti di F µν sono
diverse da zero.
F µν = ∂µAν − ∂νAµ
Dato che Ai=0 allora F 00 = 0 = F ij. Si ha invece F i0 = ∂iA0 =
−F 0i. Riprendendo le equazionidi Maxwell ∂αFαβ = jβ notiamo
che
ji = ∂αFαi = ∂0F
0i + ∂jFji = −∂0∂iA0 = 0 j0 = ∂αFα0 = ∂iF i0 = ∂i∂iA0 = ∇2A0
Il calcolo della 4-corrente si riduce quindi alla componente
temporale, ovvero la densità di caricaj0 = ∇2A0. Per le proprietà
vettoriali abbiamo
∇2A0 = qe−µr(
1 +µr
2
)∇2(
1
r
)+q
r
(1 +
µr
2
)∇2(e−µr) + qe
−µr
r∇2(µr
2
)+
+ 2qe−µr∇(
1
r
)· ∇(µr
2
)+
2q
r∇(e−µr) · ∇
(µr2
)+ 2q
(1 +
µr
2
)∇(e−µr) · ∇
(1
r
)= qe−µr
(1 +
µr
2
)(−4πδ(3)(~x)) + q
r
(1 +
µr
2
)(−2 + µr)µe
−µr
r+qe−µr
r
(µr
)+
+ 2qe−µr(− µr2
)+
2q
r
(−µ
2e−µr
2
)+ 2q
(1 +
µr
2
)(µe−µrr2
)= qe−µr
[−4πδ(3)(~x)
(1 +
µr
2
)+µ
r2
(1 +
µr
2
)(−2 + µr) + µ
r2− µr2− µ
2
r+ 2
(1 +
µr
2
) µr2
]= qe−µr
[−4πδ(3)(~x)
(1 +
µr
2
)+µ3
2
]= qe−µr
[−4πδ(3)(~x) + µ
3
2
]Ricordando che nel senso delle distribuzioni
∇2(
1
r
)= −4πδ(3)(~x)
La 4-corrente risulta essere
jµ =
(qe−µr
[−4πδ(3)(~x) + µ
3
2
], 0, 0, 0
)
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Foglio 4
4.1 In un sistema di riferimento inerziale K si osserva un campo
elettrico costante ~E = (E, 2E, 0).a) Determinare la densità di
energia elettromagnetica osservata da un osservatore K0 che si
muoverispetto a K con velocità ~v = (v0, 0, 0).b) Se l’osservatore
è una carica puntiforme di valore e, quale forza agisce sulla
carica, misuratanel riferimento della carica stessa?c) Rispondere
alle domande dei punti a) e b), se il campo osservato in K è un
campo magneticocostante ~B = (B,−2B, 0), invece di un campo
elettrico.
soluzione. a) Ricordiamo che
T µνem = FµλFλ
ν +ηµν
4FαβF
αβ
Nel nostro caso vale
F µν =
0 −E −2E 0E 0 0 02E 0 0 00 0 0 0
FαβFαβ = −10E2La trasformazione Λ necessaria per passare da K a
K0 è
Λ =
γ −v0γ 0 0−v0γ γ 0 0
0 0 1 00 0 0 1
Eseguendo la trasfromazione di Lorentz
F ′µν = ΛµρΛνσF
ρσ =⇒ F ′ = ΛFΛT
si ottengono i campi in K’
E ′ = (E, 2γE, 0) B′ = (0, 0,−2γv0E)
T ′00em =1
2( ~E ′
2+ ~B′
2) =
1
2E2(1 + 4γ2(1 + v20))
b) La particella è ora ferma nel proprio sistema di riferimento
K’, la forza agente su di essadipenderà dunque dal valore del campo
elettrico in K’:
F ′10 = E F ′20 = 2γE F ′30 = 0
La forza agente sulla particella si ricava dalla forza di
lorentz e dato che u′ = (1, 0, 0, 0)
dp′µ
ds= eF ′µνu′ν = f
′µ = e(E, 2γE, 0)
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c) Ora è
F µν =
0 0 0 00 0 0 −2B0 0 0 −B0 2B B 0
FαβFαβ = 10B2Si trova
B′ = (B,−2γB, 0) E ′ = (0, 0,−2γv0B)
T ′00em =1
2( ~E ′
2+ ~B′
2) =
1
2B2(1 + 4γ2(1 + v20))
Analogamente a quanto fatto nel punto b) l’unica componente non
nulla del campo elettrico èE ′3 = F ′03 = −2γv0B perciò la forza
cui la particella è soggetta si ricava di conseguenza.
4.2 Considerate la teoria formata da due campi scalari reali φ1
e φ2 con densità di lagrangiana
L = 12∂µφ1∂
µφ1 +1
2∂µφ2∂
µφ2 −m212φ21 −
m222φ22 −
λ114φ41 −
λ122φ21φ
22 −
λ224φ42
dove m1,m2 e λij sono parametri reali.
(a) Scrivete le equazioni di Eulero-Lagrange associate a L, con
φ1 e φ2 campi indipendenti.(b) Considerate il gruppo a un parametro
di trasformazioni:
φ1(x)→ φ′1(x) = cosαφ1(x) + sinαφ2(x), φ2(x)→ φ′2(x) =
cosαφ2(x)− sinαφ1(x)
dove α è reale. Per quali valori di m1, m2 e λij la densità di
lagrangiana è invariante rispetto aqueste trasformazioni?
soluzione: (a) Le equazioni di Eulero-Lagrange sono le
seguenti
∂µ∂L
∂(∂µφi)− ∂L∂φi
= 0
Si trovano quindi le equazioni per φ1 e φ2
(� +m21 + λ12φ22 + λ11φ
21)φ1 = 0 (� +m
22 + λ12φ
21 + λ22φ
22)φ2 = 0
(b) Innanzitutto si nota facilmente che la parte quadratica
nelle derivate dei campi della densità dilagrangiana è invariante
per le trasformazioni date, dunque possiamo concentrarci solo sui
terminiquadratici e quartici nei campi. Osserviamo poi che se la
densità di lagrangiana è invariante sottoqueste trasformazioni,
allora necessariamente deve essere
m1 = m2 λ11 = λ12 = λ22
Infatti, per α = π/2 si ha φ′1 = φ2, φ′2 = −φ1 e dunque L′ = L
implica facilmente m1 = m2 ≡ me λ11 = λ12 ≡ λ, mentre per α = π/4
si ha
φ′1 =φ1 + φ2√
2φ′2 =
φ2 − φ1√2
11
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e dunque il termine di quarto grado diventa
−λ4
(φ′41 + φ′42 )−
λ122φ′21 φ
′22 = −
λ
8(φ41 + φ
42 + 6φ
21φ
22)−
λ128
(φ41 + φ42 − 2φ21φ22)
perciò L′ = L implica anche λ12 = λ.A questo punto si può far
vedere che queste condizioni sono anche sufficienti con un conto
diretto;in alternativa si può ragionare nel seguente modo.
Introducendo i campi indipendenti φ e φ∗ taliche
φ =1√2
(φ1 + iφ2) φ∗ =
1√2
(φ1 − iφ2)
la trasformazione non è altro che la simmetria interna del campo
scalare complesso φ
φ(x)→ φ(x)eiα φ∗(x)→ φ∗(x)e−iα
La lagrangiana è invariante sotto tale trasformazione, e si
scrive
L = ∂µφ∗ ∂µφ−m2φ∗φ−λ
4(φ∗φ)2
4.3 Mostrare che�µνρσFµνFρσ = ∂µX
µ
per un qualche campo 4-vettoriale Xµ.
soluzione: Si vede subito che
�µνρσFµνFρσ = �µνρσ(∂µAν − ∂νAµ)Fρσ = 2�µνρσ∂µAνFρσ
= 2∂µ(�µνρσAνFρσ)− 2Aν(�µνρσ∂µFρσ)
Quest’ultimo termine risulta nullo (identità di Bianchi)
−2Aν(�µνρσ∂µFρσ) = −2Aµ(�νµρσ∂νFρσ) = 2Aµ(�µνρσ∂νFρσ) = 0
Quindi si trovaXµ = 2�µνρσAνFρσ
12
-
Foglio 5
5.1 considerate la densità di Lagrangiana L = −14F µνFµν del
campo elettromagnetico libero
a) calcolate il momento coniugato al campo Aµ, definito come
Πµ ≡ ∂L∂∂0Aµ
b) Calcolate la densità di Hamiltoniana H = Πµ∂0Aµ − Lc)
Verificate che l’Hamiltoniana H, dove
H =
∫d3xH
(l’integrale si intende esteso a tutto lo spazio e si assume che
i campi si annullino sufficientemen-te rapidamente all’infinito da
rendere l’integrale convergente) coincide con l’energia associata
alcampo elettromagnetico
H =1
2
∫d3x(| ~E|2 + | ~B|2)
(Suggerimento: nell’ipotesi che i campi si annullano
all’infinito i termini di bordo sono trascurabili;utilizzate la
legge di Gauss in assenza di sorgenti ∂iEi = 0.)
soluzione: (a)
Πλ =∂(−1
4F µνFµν)
∂∂0Aλ= −1
2F µν
∂Fµν∂∂0Aλ
= −12F µν
∂(∂µAν − ∂νAµ)∂∂0Aλ
= F µν∂∂νAµ∂∂0Aλ
= F µνδ0νδλµ = F
λ0
(b) Sono scritture equivalenti:
H = Πµ ∂0Aµ − L = F µ0 ∂0Aµ +1
2F µν ∂νAµ =
3
2F µ0 ∂0Aµ +
1
2F µi ∂iAµ
= − ~E · ∂~A
∂t+
1
2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) = ~∇φ · ∂
~A
∂t+ ‖∂
~A
∂t‖2 + 1
2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2)
c) Si ha
H = Πµ ∂0Aµ − L = F µ0 ∂0Aµ −1
4F µνFµν =
= F µ0(∂µA0 − Fµ0) +1
2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) =
= ∂µ(Fµ0A0)− ∂µF µ0A0 + ‖ ~E‖2 +
1
2(‖ ~B‖2 − ‖ ~E‖2) =
= ∂i(EiA0)− ∂iEiA0 +
1
2(‖ ~B‖2 + ‖ ~E‖2)
Quindi integrando la densità di Hamiltoniana diventa
13
-
∫d3~xH =
∫d3~x [∂i(E
iA0)− ∂iEiA0 +‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2
2] =
=
∫Σ∞
dΣiEiA0 −
∫d3~x ∂iE
iA0 +
∫d3~x‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2
2=
=
∫d3~x‖ ~E‖2 + ‖ ~B‖2
2
Infatti il primo termine integrale sparisce poichè abbiamo
ipotizzato che all’infinito i campi siannullino, e il secondo
perchè in assenza di sorgenti ∂iEi = 0.
14
-
Foglio 6
6.1 Considerate la teoria di un campo vettoriale Aµ(x) descritta
dalla densità di Lagrangiana
L = −14FµνF
µν +m2
2AµA
µ
a) La teoria è invariante sotto trasformazioni di gauge Aµ → Aµ
+ ∂µΛ?b) Derivate le equazioni di Eulero-Lagrange della teoria e
mostrate che queste implicano ∂µAµ = 0.c) Considerate soluzioni del
tipo
Aµ(x) = �µeipνxν
dove �µ e pµ sono 4-vettori costanti. Determinate quali
condizioni devono soddisfare �µ e pµ perchèsiano soddisfatte le
equazioni di Eulero-Lagrange.d) Considerate ora la teoria
accoppiata ad una sorgente esterna jµ, cosicchè la densità
diLagrangiana sia
L = −14FµνF
µν +m2
2AµA
µ − jµAµ
Trovate la soluzione per il campo Aµ generato da una particella
di carica q posta nell’origine,la cui sorgente è jµ = (qδ3(~x), 0,
0, 0). Ricordate che l’azione del Laplaciano su una funzione
asimmetria sferica φ(r) è data da
∇2φ(r) = 1r2
∂
∂r
(r2∂φ
∂r
)
soluzione: (a) Il primo addendo della Lagrangiana è invariante
sotto trasformazione di gauge,mentre il secondo addendo non lo è.
La Lagrangiana non è quindi un invariante di gauge; però oravedremo
che lungo le soluzioni delle equazioni del moto si ha ∂µAµ ≡ 0,
quindi non è un problema.
(b) Le equazioni di Eulero-Lagrange per L sono
−∂µF µν −m2Aν = 0
Notiamo che, moltiplicando per ∂ν è
− ∂(µ ∂ν)F [µν] −m2 ∂νAν = 0 =⇒ ∂νAν = 0
Riscriviamo le equazioni di Eulero-Lagrange in una forma più
agevole:
∂µ(−∂µAν + ∂νAµ)−m2Aν = 0 =⇒ (� +m2)Aν = 0
(c) Considerando l’equazione del moto
(� +m2)Aν = 0
Dobbiamo calcolare il termine �Aµ. Quindi si ottiene
∂ρ∂ρ�µeipνxν = ∂ρ(�µipνδ
νρ e
ipνxν ) = ∂ν�µipνeipνxν = −pνpνAµ
15
-
Dall’equazione del moto si ricava quindi
pµpµ = p2 = m2 �µp
µ = 0
(d) Utilizzando sempre le equazioni di Eulero-Lagrange e facendo
le derivate della nuova Lagran-giana si trova
(� +m2)Aν = jν
Questa si riduce alle due equazioni
(� +m2) ~A = 0 (� +m2)φ = qδ3(~x)
dove abbiamo scomposto Aµ = (φ, ~A).
Consideriamo l’equazione(� +m2)φ = qδ3(~x)
Un modo per risolverla è usando la trasformata di Fourier.
Ricordiamo che
�̂φ(k) = −kµkµφ̂(k)
Calcoliamo la trasformata (quadridimensionale) di δ(3)(~x):
̂(δ(3)(~x))(k) =1
(2π)2
∫d4x δ(3)(~x)e−ikµx
µ
=1
(2π)2
∫dx0e−ik0x
0
=1
2πδ(k0)
Possiamo ora applicare la trasformata di Fourier alla nostra
equazione:
(−kµkµ +m2)φ̂(k) =q
2πδ(k0) =⇒ φ̂(k) =
q
2π
δ(k0)
m2 − kµkµ
Applichiamo l’antitrasformata. La soluzione alla nostra
equazione è
φ(x) =1
(2π)2q
2π
∫d4k
δ(k0)
m2 − kµkµeikνx
ν
=q
(2π)3
∫d3~k
e−i~k·~x
m2 + ‖~k‖2
La soluzione non dipende dal tempo, come ci aspettavamo, visto
che la sorgente è statica. La formain cui l’abbiamo messa non è
però particolarmente illuminante: per renderla più
comprensibile,ricordiamo che il nostro problema ha anche simmetria
sferica. Introduciamo coordinate sfericheopportune: nelle nuove
variabili è (d3~k = 2πρ2 sin ξ dρ dξ)
φ(r) =q
(2π)2
∫ +∞0
dρρ2
m2 + ρ2
∫ +1−1
d(cos ξ) e−iρr cos ξ
=q
(2π)2ir
∫ +∞0
dρρ
m2 + ρ2(eiρr − e−iρr
)=
q
(2π)21
2ir
∫ +∞−∞
dρρ
m2 + ρ2(eiρr − e−iρr
)=
q
(2π)21
2ir
[2πi Res
ρ=+im
(ρeiρr
m2 + ρ2
)+ 2πi Res
ρ=−im
(ρe−iρr
m2 + ρ2
)]=
q
(2π)2π
r
[ime−mr
2im+
(−im)e−mr
−2im
]=
q
4π
e−mr
r.
16
-
Invece, l’equazione(� +m2) ~A = 0
è lineare omogenea, e non è difficile convincersi che le
soluzioni sono combinazioni di onde piane
~A(x) =
∫d3~k
[~A0(k
0, ~k)eikµxµ
+ c.c.]
in cui si è imposto il vincolo kµkµ = m2, cioè |k0| =√m2 +
‖~k‖.
(d’) Un metodo alternativo per risolvere l’equazione
(� +m2)φ = qδ(3)(~x)
è il seguente: notiamo innanzitutto che la distribuzione di
quadricorrente è statica e perciò nondipende dal tempo. L’equazione
si semplifica
(−∇2 +m2)φ = qδ(3)(~x)
Essendo la carica posta nell’origine risolviamo l’equazione per
~x 6= 0 e poi aggiungiamo la soluzionedell’origine. Quindi
(−∇2 +m2)φ = 0La soluzione di questa equazione è del tipo
φ =f(r)
r
per simmetria sferica e in modo che all’infinito il potenziale φ
si annulli.1 Ricordando la definizionedi Laplaciano in simmetria
sferica si ottiene
∇2φ(r) = 1r2∂r(r
2 ∂rφ) =1
r2∂r(−f(r) + rf ′(r)) =
1
rf ′′(r)
L’equazione diventa1
r(f ′′(r)−m2f(r)) = 0
da cui la soluzionef(r) = ce±mr → ce−mr
(l’esponenziale positivo diverge). Ci rimane da determinare la
costante c. Ora l’equazione è
(−∇2 +m2)ce−mr
r= qδ(3)(r)
Notiamo ora che m2φ e ∇2e−mr non contribuiscono all’origine.
Rimane la parte
−∇2 1r
= 4πδ(3)(r) → c = q4π
Si ottieneφ =
qe−mr
4πr
1Da notare che l’andamennto ∼ 1r è prevedibile da argomenti di
fisica 2.
17
-
Foglio 7
7.1 Una trasformazione di scala con parametro λ > 0 agisce
sulle coordinate come
xµ → x′µ = λxµ
e sui campi comeφr(x)→ φ′r(x′) = λ−hrφr(x)
dove hr è un numero reale che viene chiamato dimensione conforme
del campo φr.
a) Scrivete la forma infinitesima delle trasformazioni di scala
sopra definite e, usando il risul-tato generale per la corrente di
Noether provato a lezione, determinate la corrente di NoetherJ µ
associata a queste trasformazioni. Lavorate in una generica teoria
di campo con densità diLagrangiana L(φr, ∂µφr).b) Sfruttando la
conservazione della corrente al punto (a), mostrare che in una
teoria invarianteper trasformazioni di scala e per traslazioni
spazio-temporali la traccia del tensore energia-impulsocanonico T̃
µµ si può scrivere come una 4-divergenza
T̃ µµ = ∂µXµ
quando sono soddisfatte le equazioni di Eulero-Lagrange della
teoria. Trovate la forma esplicitadi Xµ.c) Per una teoria di un
campo scalare senza massa φ, descritto dalla densità di
Lagrangiana
L = 12∂µφ∂
µφ− g4!φ4
(dove g è una costante reale) determinate la dimensione conforme
h del campo φ in modo taleche l’azione sia invariante di scala.
Considerando l’espressione esplicita di T̃ µν per questa
teoria,calcolatene la traccia e verificate esplicitamente il
risultato del punto (b).d) Per il campo elettromagnetico libero,
con densità di Lagrangiana
L = −14FµνF
µν
determinate la dimensione conforme h del campo Aµ in modo tale
che l’azione sia invariantedi scala. Considerando l’espressione
esplicita di T̃ µν per questa teoria, calcolatene la traccia
everificate esplicitamente il risultato del punto (b).
Soluzione: a) Le variazioni sono
δxµ = (λ− 1)xµ δ̄φr(x) = (λ−hr − 1)φr(x)
δφr(x) = δ̄φr − δxµ ∂µφr(x) = (λ−hr − 1)φr(x)− (λ− 1)xµ
∂µφr(x)
Introducendo il parametro ε := λ− 1, possiamo scrivere più
agilmente (ricordando che ε� 1)
δxµ = εxµ δ̄φr(x) ≈ −εhrφr(x) δφr(x) ≈ −εhrφr − εxµ ∂µφr
18
-
La corrente di Noether è
J µ = δxµL+ ∂L∂ ∂µφr
δφr = εxµL − ∂L
∂ ∂µφr(εhrφr + εx
ν ∂νφr)
Risulterà conveniente scriverla anche mettendo in evidenza il
tensore energia-impulso canonico:
J µ = −δxνT̃ µν + δ̄φr∂L
∂ ∂µφr= −εxνT̃ µν − εhrφr
∂L∂ ∂µφr
b) Il teorema di Noether assicura ∂µJ µ = 0: calcoliamo
∂µJ µ = −εδνµT̃ µν − εxν ∂µT̃ µν − ε ∂µ(hrφr
∂L∂ ∂µφr
)Poichè sappiamo anche che la teoria è invariante per
traslazioni, si ha ∂µT̃ µν = 0 e il secondoaddendo è nullo.
Imponendo la conservazione della corrente si trova dunque
T̃ µµ = ∂µ
(−hrφr
∂L∂ ∂µφr
)=: ∂µX
µ
c) L’azione associata a L è
I[ϕ] =
∫d4x
(1
2∂µϕ∂
µϕ− g4!ϕ4)
Si ha d4x→ λ4 d4x, ∂µ → λ−1 ∂µ; sicchè:
I ′[ϕ′] = λ4∫
d4x
(λ−2h−2
2∂µϕ∂
µϕ− λ−4h g4!ϕ4)
L’azione è invariante di scala se e solo se si ha h = 1, dunque
il campo scalare ϕ ha dimensioneconforme 1.Il campo Xµ associato
è
Xµ = −ϕ∂µϕ
Ricordando le equazioni di Eulero-Lagrange di L
∂µ ∂µϕ+
g
3!ϕ3 = 0
si ha∂µX
µ = − ∂µϕ∂µϕ− ϕ∂µ ∂µϕ = − ∂µϕ∂µϕ+g
3!ϕ4
Il tensore energia-impulso canonico è
T̃ µν = ∂µϕ∂νϕ− ηµνL = ∂µϕ∂νϕ− ηµν(
1
2∂αϕ∂
αϕ− g4!ϕ4)
Calcolo la traccia ricordando che ηµµ = δµµ = 4
T̃ µµ = ∂µϕ∂µϕ− ηµµL = − ∂µϕ∂µϕ+
g
3!ϕ4
19
-
d) L’azione associata a L èI[Aν ] = −
1
4
∫d4xF µνFµν
Poichè F µν è lineare nei campi Aν e nei quadrigradienti ∂µ si
ha
I ′[A′ν ] = −λ4λ−2h−21
4
∫d4xF µνFµν
L’azione è invariante di scala se e solo se h = 1, dunque
l’elettromagnetismo libero ha dimensioneconforme 1.Il campo Xµ
associato è
Xµ = AνFµν
Ricordando le equazioni di Eulero-Lagrange per L: ∂µF µν = 0 si
ha
∂µXµ = ∂µ(AνF
µν) = ∂[µAν]Fµν =
1
2FµνF
µν
Il tensore energia-impulso canonico è
T̃ µν = −F µλ ∂νAλ +1
4ηµνFαβFαβ
Calcolo la tracciaT̃ µµ = −F µλ ∂[µAλ] + FαβFαβ =
1
2F µνFµν
20
-
Foglio 8
8.1 Considerate la condizione di gauge-fixing A0 = 0, nota come
gauge di Coulomb.a) Mostrate che esiste sempre una trasformazione
di gauge Λ che trasforma un generico 4-potenzialeAµ in un
4-potenziale con A0 = 0. Determinate quali sono le trasformazioni
di gauge residue.Si impongano condizioni iniziali (a t = 0) su A1,
A2 e sulle loro derivate temporali.b) Mostrate che le
trasformazioni di gauge residue e l’equazione ∂µF µ0 = j0 a t = 0,
fissano lecondizioni iniziali per A3 e ∂0A3.c) Mostrate che le
rimanenti equazioni di Maxwell ∂µF µi = ji ammettono un’unica
soluzione, conle condizioni iniziali sopra determinate.d) Scrivete
una soluzione delle equazioni di Maxwell nel vuoto che rappresenta
un’onda piana emonocromatica con vettore d’onda ~k nella gauge di
Coulomb.
soluzione: a) Con una trasformazione di gauge Aµ → A′µ = Aµ +
∂µΛ con la condizione∂0Λ = −A0 si trova un quadripotenziale con A′0
= 0. Le trasformazioni di gauge residue sonoAµ → Aµ + ∂µΛ̃ con ∂0Λ̃
= 0.b,c) Le equazioni di Maxwell si possono riscrivere come:
�Aν − ∂ν ∂µAµ = jν
Sembrerebbero quattro equazioni scollegate, ma in realtà non
sono indipendenti.Innanzitutto, scritte nella forma Gν := ∂µF µν −
jν = 0 si ha ∂νGν = ∂ν ∂µF µν − ∂νjν = 0, epertanto le equazioni
non sono linearmente indipendenti. In particolare, vale ∂0G0 = −
∂iGi:dunque, se Gi(t, ~x) ≡ 0 ∀t, ~x, allora ∂0G0 ≡ 0, ossia G0(t,
~x) = G0(0, ~x)∀~x; in altre parole bastarichiedere solo che valga
il vincolo G0(0, ~x) = 0 per avere G0 ≡ 0, perchè G0 non dipende
daltempo. Le equazioni dinamiche sono dunque le Gi = 0.C’è però
anche l’invarianza di gauge. La nostra condizione di gauge fixing
A0 = 0 è già statadiscussa al punto a). Sappiamo che una
trasformazione Λ che ci porta in questa gauge esisteed è unica una
volta specificato Λ(0, ~x). Tuttavia non è stata eliminata
l’indeterminazione sulquadripotenziale, perchè si possono ancora
fare trasformazioni di gauge residue Λ̃. Ci sono peròinfinite
soluzioni di ∂0Λ̃ = 0 che si annullano all’infinito: possiamo ad
esempio scegliere di fissare lagauge residua chiedendo A3(0, ~x) =
0. Mostriamo che è una buona scelta: dato un Aµ generico, siha che
una soluzione di A′3(0, ~x) := A3(0, ~x)+∂3Λ(0, ~x) = 0 è data da
Λ(0, ~x) = −
∫R d
3yA3(0, ~y)+cost. (la costante assicura l’annullarsi
all’infinito di Λ). Abbiamo dunque eliminato
completamentel’indeterminazione sul quadripotenziale.A questo punto
∂0A3(0, ~x) è pure nota: a t = 0 infatti vale G0 = ∂iF i0−j0 = 0,
ovvero scrivendoloin termini di Aµ e nella gauge di Coulomb
− ∂1 ∂0A1 − ∂2 ∂0A2 − ∂3 ∂0A3 = j0
Integrando in x3 si ottiene ∂0A3(0, ~x). Noti dunque Aa(0, ~x),
∂0Aa(0, ~x), con a = 1, 2, sononoti dal fixing della gauge residua
Ai(0, ~x), ∂0Ai(0, ~x). Allora le soluzioni delle Gi = 0 sono
univo-camente determinate: Ai(t, ~x). Poichè si è imposto A0 ≡ 0 si
è determinato il quadripotenziale Aµ.
d) Conosciamo la soluzione nella gauge di Lorenz ovvero
Aµ = �µeik·x + c.c.
21
-
che indica il vincolo kµ�µ = 0. Eseguiamo una trasformazione di
Gauge
Aµ → A′µ = Aµ + ∂µΛ
e come visto nei punti precedenti esiste una certa Λ tale che
A′0 = 0. Questa condizione si scrive
�0eik·x + c.c.+ ∂0Λ = 0
La soluzione per Λ di questa equazione è del tipo Λ = λeik·x +
c.c. e scegliendo kµ = ω(1, 0, 0, 1)si ha ∂0Λ = iωλeik·x.
Dall’equazione si ricava quindi
λ = i�0ω
Una soluzione nella Gauge di Coulomb è quindi
Aµ = (�µ − �0ωkµ)eik·x + c.c.
22
-
Foglio 9
9.1 Il campo elettrico di un’onda elettromagnetica è
~E = E0 sinωt (sinωz, cosωz, 0)
dove E0 e ω sono costanti.(a) Trovate il campo magnetico ~B e
verificate che tutte le equazioni di Maxwell nel vuoto
sianoverificate.(b) Determinate un 4-potenziale Aµ corrispondente
ai campi ~E e ~B nel gauge di Lorenz. Scrivete lasoluzione come
sovrapposizione di onde elettromagnetiche elementari (onde piane e
monocroma-tiche) determinando i valori del vettore d’onda kµ e del
vettore di polarizzazione �µ per le singolecomponenti elementari.
Qual è lo stato di polarizzazione delle onde elementari
componenti?(c) Calcolate la densità di energia ed il vettore di
Poynting.
soluzione: a) Conviene riscrivere ~E nella forma ~E = ~E+ + ~E−
in base alle direzioni dipropagazione. Da
sin(ωt) sin(ωz) =1
2(cos(ω(t− z))− cos(ω(t+ z)))
sin(ωt) cos(ωz) =1
2(sin(ω(t− z)) + sin(ω(t+ z)))
si trova~E+ =
E02
(cos(ω(t− z)), sin(ω(t− z)), 0)
~E− =E02
(− cos(ω(t+ z)), sin(ω(t+ z)), 0)
Corrispondentemente si ha
~B+ = ẑ × ~E+ =E02
(− sin(ω(t− z)), cos(ω(t− z)), 0)
~B− = −ẑ × ~E− =E02
(sin(ω(t+ z)), cos(ω(t+ z)), 0)
É immediato che sia ~∇ · ~E = 0 = ~∇ · ~B. Con un po’ di conti
si trova
~∇× ~E± = ω ~E±∂ ~E±∂t
= ω ~B± ~∇× ~B± = ω ~B±∂ ~B±∂t
= −ω ~E±
e quindi si ha anche ~∇× ~E = − ∂ ~B/ ∂t, ~∇× ~B = ∂ ~E/ ∂t.
b) La forma dei campi ci suggerisce un potenziale vettore:
~A± =1
ω~B± =⇒ ~A =
~B
ωA0 = 0
Il quadripotenziale Aµ = (0, ~A) soddisfa la gauge di Lorenz:
infatti
∂µAµ = ~∇ · ~A = 1
ω~∇ · ~B = 0
23
-
~A = ~A+ + ~A− ~A± =E02ω
∓ sin(ω(t∓ z))cos(ω(t∓ z))0
= E04ω
±ieiω(t∓z)eiω(t∓z)0
+ c.c.Se poniamo
kµ± = ω(1, 0, 0,±1) �µ± =
E04ω
(0,±i, 1, 0)
si ha proprioAµ± = �
µ±e
ikν±xν + c.c.
Lo stato di polarizzazione di ciascuna componente dell’onda è
evidentemente circolare.
c) Risommando i campi
~E = E0 sinωt (sinωz, cosωz, 0) ~B = E0 cosωt (sinωz, cosωz,
0)
La densità di energia è
T 00 =E2 +B2
2= E20/2
PoichèSi = T 0i =
k0ki
‖~k‖2T 00
il vettore di Poynting è~S± = (0, 0,±E20/4) =⇒ ~S = 0
come si poteva già vedere dal fatto che i campi complessivi sono
paralleli. Il fatto che sianoparalleli non è in contrasto con la
teoria, perchè la teoria dice che le componenti elementari deicampi
sono ortogonali tra loro.
24
-
Foglio 10
10.1 [Lechner, es. 7.2] Si consideri la linea di universo di un
moto relativistico uniformementeaccelerato
yµ(s) =1
b(sinh bs, cosh bs, 0, 0) , b > 0.
Si dimostri che le condizioni del ritardo
(x− y(s))2 = 0 x0 − y0(s) > 0
non ammettono nessuna soluzione per s, se xµ appartiene
all’insieme Σ ≡ {xµ ∈ R4|x0 + x1 < 0}.Suggerimento. L’equazione
(x− y(s))2 = 0 può essere posta nella forma(
t+ x1 − 1bebs)(
t+ x1 − 1bebs − 2
(t− 1
bsinh bs
))+(x2)2
+(x3)2
= 0.
Inoltre la condizione x0 > y0(s) equivale a t >
sinh(bs)/b.
soluzione: Diamo per buono il suggerimento (non è difficile da
provare, l’ho fatto su carta maè un po’ contoso), e focalizziamoci
sul primo termine. Possiamo riscriverlo come(
t+ x1 − 1bebs)2− 2
(t− 1
bsinh bs
)(t+ x1 − 1
bebs)
(?)
Si può sperare di risolvere l’equazione solo se (?) è
strettamente negativo.Se xµ ∈ Σ, sicuramente il quadrato è non
nullo (positivo), perchè il contenuto della parentesi èstrettamente
negativo.Quindi, se imponiamo la condizione t > sinh(bs)/b, cioè
t − sinh(bs)/b > 0, si ha che se (?) ènegativo allora
necessariamente deve essere
t+ x1 − 1bebs > 0
ma ciò è impossibile, perchè come detto questa quantità è sempre
negativa se xµ ∈ Σ.
25
-
Foglio 11
11.2 Un filo neutro ed indefinitamente esteso lungo l’asse z è
percorso da una corrente I che varianel tempo come
I(t) =
{0 t ≤ 0I0t t > 0
con I0 costante. (a) Calcolate i campi ~E e ~B in funzione del
tempo e della distanza r dal filo.
Suggerimento: calcolate prima il potenziale Aµ(t, r) usando la
formula generale
Aµ(t, ~x) =1
4π
∫d3~y
jµ(t− ‖~x− ~y‖, ~y)‖~x− ~y‖
(b) Valutate i campi nel limite t � r e nel limite t − r � r;
quanto vale il rapporto ~E/ ~B inquest’ultimo limite?
soluzione: (a) La 4-corrente è
jµ(t, ~x) = (0, 0, 0, I0tΘ(t)δ(x1)δ(x2))
perciò solo la componente lungo l’asse z contribuisce al
quadripotenziale. Si ha quindi
A3 =I04π
∫ ∞−∞
dy3Θ(t−
√(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2)(t−
√(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2)√
(x1)2 + (x2)2 + (x3 − y3)2
Chiamiamo r =√
(x1)2 + (x2)2 la distanza dal filo e z = x3 − y3.
A3 =I04π
∫ ∞−∞
dzΘ(t−
√r2 + z2)(t−
√r2 + z2)√
r2 + z2=I04π
Θ(t− r)∫ √t2−r2−√t2−r2
dzt−√r2 + z2√
r2 + z2=
A3 =I0
4πrΘ(t− r)
∫ √t2−r2−√t2−r2
dzt− r
√1 +
(zr
)2√1 +
(zr
)2 = I02πΘ(t− r)∫ √t2/r2−1
0
dxt− r
√1 + x2√
1 + x2
Si ottiene quindi
A3(t, r) =I02π
Θ(t− r)
[t sinh−1
(√t2
r2− 1
)− r√t2
r2− 1
]A0 = A1 = A2 = 0
Ora possiamo calcolare i campi elettrici e magnetici a partire
dalle relazioni
~E = (0, 0,− ∂0A3) ~B = −∂A3
∂rûθ
E3 = −I02πδ(t− r)
[t sinh−1
(√t2
r2− 1
)− r√t2
r2− 1
]− I0
2πΘ(t− r)
[sinh−1
(√t2
r2− 1
)]
26
-
Bθ =I02πδ(t− r)
[t sinh−1
(√t2
r2− 1
)− r√t2
r2− 1
]+I02π
Θ(t− r)√t2
r2− 1
Semplificando si ottiene
E3 = −I02π
Θ(t− r)
[sinh−1
(√t2
r2− 1
)]Bθ =
I02π
Θ(t− r)√t2
r2− 1
(b) Nel limite t� r si ottiene
~E ∼ − I02π
sinh−1(t
r
)ûz ∼ −
I02π
ln2t
rûz ~B '
I0t
2πrûθ
Nel limite invece t− r � r, ovvero t/r ∼ 1 si ottiene
~E ∼ − I02π
√2t− rr
ûz ~B ∼I02π
√2t− rr
ûθ
e in questo limite vale| ~E|/| ~B| = 1
27
-
Foglio 12
12.1 Un anello circolare isolante di raggio b giace nel piano
(x, y) (scegliete l’origine nel centrodell’anello). L’anello porta
una densità di carica lineare
λ = λ0 cosφ
dove λ0 è una costante e φ è l’angolo azimutale.
(a) Calcolate il momento di dipolo elettrico dell’anello.
(b) Supponete ora che l’anello sia fatto ruotare attorno
all’asse z con velocità angolare costanteω. Assumendo che ωb � c,
calcolate la distribuzione angolare della potenza emessa e la
potenzatotale emessa, entrambe mediate su un periodo di
rotazione.
(c) Se l’anello fosse messo in rotazione con velocità iniziale ω
e poi non fosse più immessa energianel sistema, come varierebbe la
sua velocità angolare? Ai fini del calcolo della potenza
irradiata,assumete di poter trascurare la componente
dell’accelerazione tangenziale all’anello; qual è lacondizione per
cui questa assunzione è verificata? Si indichi con M la massa
dell’anello.
soluzione: (a) Il momento di dipolo elettrico è definito
~D(t) =
∫d3~yρ(t, ~y)~y
Perciò dobbiamo definire la densità di carica spaziale ρ(t, ~y).
É evidente la simmetria del problemaquindi consideriamo coordinate
cilindriche (r, φ, z). Abbiamo
ρ(r, φ, z) = λ0 cosφδ(r − b)δ(z)
~D =
∫ ∞0
r dr
∫ 2π0
dφ
∫ +∞−∞
dzλ0 cosφδ(r−b)δ(z)
r cosφr sinφz
= λ0b2 ∫ 2π0
dφ
cos2 φcosφ sinφ0
= πλ0b2ûx(b) Ora il momento di dipolo si può parametrizzare
~D(t) = λ0b2π(cosωt, sinωt, 0)
e nel limite ωb� c, ovvero v � c, si possono usare le formule
dell’approssimazione non relativisticadi dipolo.
dW
dΩ=
1
16π2‖~n× ~̈D(t)‖2
dove quando si va a mediare è necessario tenere conto del fatto
che ~D non sia fisso, e dun-que in generale non lo sarà neanche
l’angolo che forma con ~n. Poichè ~̈D(t) = −ω2 ~D(t) e~n = (sin θ
cosφ, sin θ sinφ, cos θ), si ha
~n× ~̈D = −λ0b2πω2(− sinωt cosφ, cosωt cos θ, sin θ sin(φ−
ωt))
28
-
La potenza emessa per unità di angolo solido, mediata su un
periodo, è〈dW
dΩ
〉=
1
16π2〈‖~n× ~̈D‖2〉 = ω
4λ20b4π2
16π2(cos2 θ +
1
2sin2 θ) =
λ20b4ω4
32(1 + cos2 θ)
La potenza totale emessa si ottiene integrando:
〈W 〉 =∫
dΩ〈dWdΩ〉 = λ
20b
4ω4
32
∫ π0
dθ2π sin θ(1 + cos2 θ) =λ20b
4ω4
32
16π
3=ω4λ20b
4π
6
che, tra l’altro, coincide con la quantità calcolata con la
formula di Larmor
〈W 〉 = ‖~̈D(t)‖2
6π=ω4λ20b
4π
6
(c) L’energia (cinetica) dell’anello a t = 0 è
E0 =1
2Iω20 =
1
2Mb2ω20
Per l’anello valedEdt
= −W =⇒ Mb2ωω̇ = −W =⇒ ω̇ = −πλ20b
2
6Mω3 =: −αω3
Risolvendo l’equazione con la condizione iniziale ω(0) = ω0 si
ha
ω(t) =ω0√
πb2λ203M
ω20t+ 1
Vediamo ora quanto può essere trascurata l’accelerazione
tangenziale
aT = ω̇b = −λ20b
3πω3
6M
In teoria dovremmo prendere ~D, ammettere che ω sia funzione del
tempo, derivare due volte evedere che succede, ma è un suicidio.
Usiamo un approccio più approssimativo (buu!). Suddivi-dendo
l’anello in pezzettini infinitesimi di carica, si può integrare per
trovare il contributo a ~̈Ddella accelerazione tangenziale,
infatti
~̈D = −∫ 2π
0
dφλ0 cosφbλ20b
3πω3
6M
sinφcosφ0
= −λ30b4πω36M
∫ 2π0
0cos2 φ0
= λ30b4π2ω36M
010
Perciò per la potenza irradiata dall’accelerazione
tangenziale
‖ ~̈D‖2 = λ60b
8π4ω6
36M2→ W = 1
6‖ ~̈D‖2 = 1
6
λ60b8π4ω6
36M2
Tale potenza è trascurabile se è molto minore della potenza
calcolata prima
1
6
λ60b8π4ω6
36M2� ω
4λ20b4π
6
ed è valida se|ω| � 6M
λ20b2π
29