La quadricorrente

Consideriamo ora una sorgente di campo elettromagnetico a simmetria sferica. Ciò significa che:

$$j^{0}(t,{\vec {x}})=j^{0}(t,|{\vec {x}}|)\qquad \qquad {\vec {j}}(t,{\vec {x}})={\frac {\vec {x}}{r}}j(t,|{\vec {x}}|)$$

$$j^{0}(t,{\vec {x}})=j^{0}(t,|{\vec {x}}|)\qquad \qquad {\vec {j}}(t,{\vec {x}})={\frac {\vec {x}}{r}}j(t,|{\vec {x}}|)$$

Assumiamo anche che le sorgenti di campo siano tutte confinate in una sfera di raggio $r_{0}$$r_{0}$, ossia:

$$j^{0}(t,|{\vec {x}}|)=0\qquad \qquad {\vec {j}}(t,|{\vec {x}}|)=0\quad {\mbox{se }}|{\vec {x}}|>r_{0}$$

$$j^{0}(t,|{\vec {x}}|)=0\qquad \qquad {\vec {j}}(t,|{\vec {x}}|)=0\quad {\mbox{se }}|{\vec {x}}|>r_{0}$$

Il teorema di Birkhoff sostiene (non lo dimostriamo) che allora il campo generato da questa distribuzione di carica al di fuori di $r_{0}$$r_{0}$ è uguale al campo coulombiano:

$${\vec {E}}(t,{\vec {x}})={\frac {e}{4\pi }}{\frac {\vec {x}}{r^{3}}}\qquad \qquad {\vec {B}}(t,{\vec {x}})=0\quad r>r_{0}$$

$${\vec {E}}(t,{\vec {x}})={\frac {e}{4\pi }}{\frac {\vec {x}}{r^{3}}}\qquad \qquad {\vec {B}}(t,{\vec {x}})=0\quad r>r_{0}$$

con:

$$e=\int j^{0}(t,{\vec {x}})d^{3}{\vec {x}}$$

$$e=\int j^{0}(t,{\vec {x}})d^{3}{\vec {x}}$$

La quadricorrente di una particella carica che si muove lungo la traiettoria ${\vec {x}}(t)$${\vec {x}}(t)$ è:

$$j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\left(\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t));{\vec {v}}(t)\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t))\right)$$

$$j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\left(\delta ^{{(3)}}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t));{\vec {v}}(t)\delta ^{{(3)}}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t))\right)$$

Vogliamo dunque verificare che:

1. $j^{\mu }$$j^{\mu }$ è un quadrivettore
2. $j^{\mu }$$j^{\mu }$ è conservato, ossia soddisfa $\partial _{\mu }j^{\mu }=0$$\partial _{\mu }j^{\mu }=0$

Dunque:

1. Per mostrarlo dobbiamo riscrivere $j^{\mu }$$j^{\mu }$ in una forma che sia covariante a vista:

$$j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\int {\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda$$

$$j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\int {\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{{(4)}}(x-x(\lambda ))d\lambda$$

ovviamente questa formula è invariante per riparametrizzazioni. Verifichiamo che è equivalente alla forma che abbiamo scritto prima:

$${\begin{aligned}j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\int {\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta (x^{0}-x^{0}(\lambda ))\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(\lambda ))d\lambda =\\=e{\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}{\frac {1}{\frac {dx^{0}}{d\lambda }}}\delta ^{(3)}({\vec {x}}-\underbrace {{\vec {x}}(\lambda (t))} _{:={\vec {x}}(t)})=e{\frac {dx^{\mu }}{dt}}\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t))=e\delta ^{(3)}(1;{\vec {v}}(t))\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}j^{\mu }(t,{\vec {x}})=e\int {\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta (x^{0}-x^{0}(\lambda ))\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(\lambda ))d\lambda =\\=e{\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}{\frac {1}{\frac {dx^{0}}{d\lambda }}}\delta ^{(3)}({\vec {x}}-\underbrace {{\vec {x}}(\lambda (t))} _{:={\vec {x}}(t)})=e{\frac {dx^{\mu }}{dt}}\delta ^{(3)}({\vec {x}}-{\vec {x}}(t))=e\delta ^{(3)}(1;{\vec {v}}(t))\end{aligned}}$$

che è proprio la forma con la quale avevamo espresso $j^{\mu }$$j^{\mu }$ prima. Vediamo ora che trasforma come un quadrivettore; scegliendo come $\lambda$$\lambda$ un parametro invariante, si ha:

$${\begin{aligned}{j'}^{\mu }(x')=e\int {\frac {d{x'}^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x'-x'(\lambda ))d\lambda =e\int {\Lambda ^{\mu }}_{\nu }{\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}\left(\Lambda (x-x(\lambda ))\right)d\lambda =\\={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}{\frac {\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))}{|\det \Lambda |}}d\lambda =\\={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda ={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }j^{\nu }(x)\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{j'}^{\mu }(x')=e\int {\frac {d{x'}^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x'-x'(\lambda ))d\lambda =e\int {\Lambda ^{\mu }}_{\nu }{\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}\left(\Lambda (x-x(\lambda ))\right)d\lambda =\\={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}{\frac {\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))}{|\det \Lambda |}}d\lambda =\\={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda ={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }j^{\nu }(x)\end{aligned}}$$

$$={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda ={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }j^{\nu }(x)$$

$$={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }e\int {\frac {dx^{\nu }}{d\lambda }}\delta ^{{(4)}}(x-x(\lambda ))d\lambda ={\Lambda ^{\mu }}_{\nu }j^{\nu }(x)$$

1. Poiché siamo in ambito distribuzionale, dobbiamo mostrare che:

$$\int \varphi (x)\partial _{\mu }j^{\mu }(x)d^{4}x=0$$

$$\int \varphi (x)\partial _{\mu }j^{\mu }(x)d^{4}x=0$$

Dunque:

$${\begin{aligned}\int \varphi (x)\partial _{\mu }j^{\mu }d^{4}x=-\int j^{\mu }\partial _{\mu }\varphi (x)d^{4}x=\\=-e\int \int \partial _{\mu }\varphi (x){\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda d^{4}x=\\=-e\int \partial _{\mu }\varphi (x(\lambda )){\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}d\lambda =-e\int {\frac {d}{d\lambda }}\varphi (x(\lambda ))d\lambda =0\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int \varphi (x)\partial _{\mu }j^{\mu }d^{4}x=-\int j^{\mu }\partial _{\mu }\varphi (x)d^{4}x=\\=-e\int \int \partial _{\mu }\varphi (x){\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}\delta ^{(4)}(x-x(\lambda ))d\lambda d^{4}x=\\=-e\int \partial _{\mu }\varphi (x(\lambda )){\frac {dx^{\mu }}{d\lambda }}d\lambda =-e\int {\frac {d}{d\lambda }}\varphi (x(\lambda ))d\lambda =0\end{aligned}}$$

perché l'integrale di una derivata totale nel senso delle distribuzioni è nullo (sarebbe la $\varphi$$\varphi$ valutata sul bordo del dominio, che è all'infinito, ove la $\varphi$$\varphi$ si annulla).