APPUNTI

di

Fisica Subnucleare

E. Iacopini

Dipartimento di Fisica, Universita di Firenzee

Istituto Nazionale di Fisica Nucleare, Sezione di Firenze, Italy

May 31, 2004

Abstract

Testi consigliati:

• D. Griffiths: Introduction to elementary particles

• W.R. Frazer : Elementary particles

• D.H. Perkins: Introduction to high energy physics

• J.D. Bjorken, S.D. Drell : Relativistic quantum mechanics,

• J.D. Bjorken, S.D. Drell : Relativistic quantum fields

Corso A.A. 2003-2004

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Contents

1 Corso di Fisica Subnucleare 6

1.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2 Un po’ di storia e di nomenclatura ... . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2.1 L’era classica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2 Il muone µ ed il mesone π . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.3 L’antimateria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.4 Il neutrino . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.5 Le particelle strane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.6 I quarks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.2.7 Il Modello Standard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.3 Cronologia della scoperta delle particelle elementari . . . . . . . . 26

2 Introduzione alla Cinematica relativistica 27

2.1 Generalita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.1.1 L’evento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.2 Le trasformazioni di Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Struttura di Lie di L↑+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.2.1 Definizione di gruppo di Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.2.2 Il gruppo di Lorentz come gruppo di Lie . . . . . . . . . . 472.2.3 Algebra di Lie del gruppo L↑

+ . . . . . . . . . . . . . . . . 482.2.4 Il gruppo di Lorentz ortocrono proprio L↑

+ ed SL(2, C) . . 502.3 Alcune conseguenze delle trasformazioni di Lorentz . . . . . . . . 55

2.3.1 Classificazione degli intervalli . . . . . . . . . . . . . . . . 552.3.2 Il tempo proprio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.3.3 La lunghezza propria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.4 Composizione delle velocita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.4.1 Aberrazione angolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.4.2 Velocita superluminali apparenti . . . . . . . . . . . . . . . 682.4.3 Quadrivelocita e quadriaccelerazione . . . . . . . . . . . . 69

3 Il quadrimpulso 71

3.1 Generalita’ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.2 Il fotone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.3 L’effetto Doppler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.4 Allargamento Doppler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.5 Riflessione da un piano in moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4 Dinamica relativistica 87

4.1 Sistemi isolati: generalita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.1.1 Urto elastico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.1.2 L’effetto Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

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4.1.3 Urto anelastico: soglia di reazione . . . . . . . . . . . . . . 1064.1.4 Massa trasversa e picco Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . 112

4.2 Trasformazione di una distribuzione . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.2.1 Decadimento di una particella in volo . . . . . . . . . . . . 126

5 Sistemi soggetti a forze esterne 139

5.1 Applicazione al campo elettromagnetico . . . . . . . . . . . . . . 1405.1.1 Carica elettrica in campo magnetico . . . . . . . . . . . . . 1415.1.2 Carica elettrica in campo elettrico . . . . . . . . . . . . . . 1445.1.3 Carica elettrica in campi E e B statici, uniformi ed ortogonali1485.1.4 Carica elettrica in campi E e B statici, uniformi qualsiasi . 1575.1.5 Esempio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1625.1.6 L’irraggiamento elettromagnetico di una carica accelerata . 1655.1.7 Irraggiamento elettromagnetico in un acceleratore . . . . . 177

6 Processi d’urto 187

6.1 Scattering da potenziale: teoria classica non relativistica . . . . . 1886.1.1 Scattering da una sfera rigida . . . . . . . . . . . . . . . . 1916.1.2 Scattering Coulombiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

6.2 Scattering da potenziale: teoria quantistica non relativistica . . . 2066.2.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2066.2.2 Stati di scattering stazionari . . . . . . . . . . . . . . . . . 2066.2.3 Approssimazione di Born . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2146.2.4 Oltre l’approssimazione di Born . . . . . . . . . . . . . . . 2246.2.5 Alcuni aspetti formali della Teoria dello Scattering . . . . 2256.2.6 Ancora sulla matrice di Scattering . . . . . . . . . . . . . . 2336.2.7 Il fattore di forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2476.2.8 Sviluppo in onde parziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.2.9 Un metodo per determinare analiticamente i phase-shifts . 2586.2.10 Relazione fra i phase-shifts ed il potenziale . . . . . . . . . 2606.2.11 Caso coulombiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2636.2.12 Determinazione sperimentale dei phase-shifts . . . . . . . . 2646.2.13 Ancora sul fattore di forma e le ampiezze parziali . . . . . 2656.2.14 Il teorema ottico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2666.2.15 La risonanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2676.2.16 Ampiezza di scattering e indice di rifrazione . . . . . . . . 269

A : Generalita 276

A.1 Le unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276A.2 Le notazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277

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E io stesso ho osservato anche che ogni faticae tutta l’abilita messe in un lavoro

non sono che rivalita dell’uno con l’altro.Anche questo e vanita e un correr dietro al vento.

Salomone, Ecclesiaste 4:4

4

La Filosofia e scritta in questo grandissimo libro che continuamento ci staaperto innanzi a gli occhi (io dico l’universo), ma non si puo intendere se primanon s’impara a intender la lingua, e conoscer i caratteri, ne’ quali e scritto.Egli e scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi ed altrefigure geometriche, senza i quali mezi e impossibile a intenderne umanamenteparola; senza questi e un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto.

G. Galilei: Il Saggiatore.

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1 Corso di Fisica Subnucleare

1.1 Introduzione

La Fisica subnucleare studia le interazioni fondamentali piu rilevanti che esistonofra le particelle elementari subatomiche.

Per quanto ne sappiamo, le interazioni1 in questione sono

• l’interazione elettromagnetica e debole (elettrodebole);

• l’interazione forte.

Ricordiamo brevemente, per quanto riguarda le interazioni, che

• l’interazione elettromagnetica e quella fra le cariche elettriche a riposo oin moto ed e la forza che lega insieme, per esempio, nucleo ed elettroninell’atomo;

• l’interazione forte e responsabile della stabilita del nucleo atomico in quantodescrive la forza che lega insieme, per esempio, neutroni e protoni;

• l’interazione debole e responsabile dei decadimenti radioattivi dei nuclei (edi altre cose, che avremo modo di imparare).

E che cosa e, invece, una particella elementare ?In realta, non si tratta di una nozione univoca: ricorda, per certi aspetti la nozionedi punto materiale in Meccanica2.Per esempio, alla fine del secolo scorso, gli atomi della Tavola di Mendeleev pote-vano ragionevolmente essere considerati tutti ”particelle elementari”, nel sensoche non se ne conosceva alcuna struttura interna e ciascuno di essi era ”l’ultimomattone” di quel particolare elemento, non ulteriormente divisibile ed erano tuttiidentici ed indistinguibili fra loro (fissato l’elemento...). Oggi, pero, sappiamo chegli atomi sono fatti di elettroni e di un nucleo di protoni e neutroni: dunque, vistoche elementare ci vuole ricordare l’idea di entita semplice e non strutturata, oggidiciamo che gli atomi non sono particelle elementari. C’e stata una evoluzionedell’idea di atomo, dovuta al fatto che esso, inizialmente assunto non strutturatoe quindi privo di parti, si e dimostrato, in effetti, una struttura composita.

Si capisce quindi come possa essere rischioso rispondere alla domanda se unacerta particella e elementare o meno. In effetti, proprio per il carattere relativo

1L’interazione gravitazionale e del tutto trascurabile, almeno nel dominio di energie a cuisiamo interessati.

2Abbiamo imparato che la Terra, nel suo moto di rotazione intorno al Sole, puo esseretrattata, in prima approssimazione, come un punto materiale; ma, se vogliamo studiare, peresempio, le maree solari sulla Terra, questa approssimazione non e certamente corretta ...Dunque, alla domanda se la Terra e o no descrivibile come un punto materiale, possiamo solorispondere che il trattarla come tale dipende dal problema che ci stiamo ponendo... Qualcosadi simile accade per la nozione di particella elementare.

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del concetto stesso di particella elementare, la domanda corretta che ci dobbiamoporre non e se una particella e elementare o meno, bensı se una particella, in undato processo ed in condizioni assegnate, si comporta come se non avesse strutturainterna o meno. Questo proprio perche una stessa particella puo comportarsicome non strutturata in certe condizioni e come provvista di struttura interna inaltre.

Ma come si fa per capire se un oggetto e o no senza struttura ?Come si fa a sapere se un nucleo e o no descrivibile come una carica puntiforme?Occorre farlo interagire3, per esempio, con un elettrone: se la sua energia e suffi-cientemente elevata per cui l’impulso trasferito fra le due cariche e tale cioe cheh/p, la lunghezza d’onda λ del fotone virtuale scambiato, e minore delle dimen-sioni nucleari (che oggi sappiamo essere dell’ordine del fermi, per cui si parla dienergie del fotone dell’ordine di E = hν = hc/λ ≈ 1GeV ), solo allora vedremocomportamenti che si discostano da quelli attesi per interazioni fra cariche pun-tiformi. Per esempio, nell’ambito della Fisica atomica e molecolare, che studianola materia ad energie dell’ordine di qualche eV , il nucleo, a ragione, viene trattatocome una particella elementare.

La fisica nucleare, il cui scopo principale e lo studio della struttura dei nucleiatomici con energie in gioco dell’ordine del centinaio di MeV, considera a suavolta il neutrone e il protone (che oggi sappiamo essere composti da quarks)come oggetti elementari piu o meno puntiformi...

In conclusione, dipende tipicamente dall’energia in gioco nel processo se unaparticella si comporta o no come ”elementare”, cioe senza struttura, fermo re-stando il fatto che esistono particelle che, per qualunque energia a noi accessibile,si comportano come elementari (ma non e detto, ovviamente, che, al cresceredella stessa, questo comportamento non possa cambiare ...).

Procedendo solo sulla base di considerazioni generali, di cui avremo modo diparlare, legate all’invarianza relativistica ed all’omogeneita dello spazio-tempo, aduna particella elementare dobbiamo richiedere solo di possedere tre caratteristichetipiche, che sono la sua massa m, il suo spin s e la sua parita intrinseca.

Poi, oltre a questo, per il fatto che tra le interazioni fondamentali c’e, peresempio, quella elettromagnetica, la particella sara caratterizzata anche da altriattributi, come la sua carica elettrica, il momento magnetico, etc...

3Potrebbe, a prima vista, sembrare che una particella non sia elementare se, in un processo diinterazione, da luogo, per esempio, ad altre particelle. Dopotutto, se un atomo viene illuminatocon radiazione di opportuna lunghezza d’onda, viene ionizzato e lo stato finale e un elettronelibero ed uno ione, segni evidenti del fatto che l’atomo era una struttura composita. Questoargomento intuitivo suona bene ma, in generale, e falso. Per esempio, in un processo d’urtoelettrone-gamma, lo stato finale puo essere fatto da due elettroni ed un positrone... e questonon significa che l’elettrone sia composito. Analogamente, non possiamo concludere che unaparticella non e elementare perche e instabile e decade in altre particelle. Il muone, per esempio,decade in elettrone e due neutrini, ma questi non sono in nessun senso suoi costituenti: comevedremo, questo accade solo perche le interazioni deboli accoppiano lo stato di muone con quellofatto dalle tre particelle suddette, per cui e possibile una transizione da uno stato all’altro...

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Infine, in relazione alle altre interazioni, potra possedere carica barionica,stranezza, ipercarica, carica leptonica: tutte grandezze che avremo modo dichiarire in seguito.

1.2 Un po’ di storia e di nomenclatura ...

1.2.1 L’era classica

Intorno alla fine del secolo XIX (1897), gli esperimenti di J.J.Thomson stabilironol’esistenza dell’elettrone4. E questo condusse al modello dell’atomo di Thomson,che era fatto di una carica positiva diffusa e di elettroni disposti come l’uvettanel panettone ... Quindi, nel 1909, Geiger e Marsden a Manchester trovaronouno strano risultato per cui particelle α lanciate contro un fogliolino d’oro, rim-balzavano indietro in una quantita tale (circa una ogni 20000 deviavano piu di900) da essere del tutto inconsistente con quanto potevamo aspettarci dal modelloatomico di Thomson.

Si giunse cosı al modello di Rutherford, in cui il nucleo5 centrale massiccioera l’analogo del Sole nel sistema planetario. Concentrava in se quasi tutta lamassa, ed aveva una carica che caratterizzava l’elemento chimico. Purtroppo,come sappiamo, se risolveva un problema, ne generava un altro, cioe quello dellainstabilita elettromagnetica dell’atomo: per irraggiamento, gli elettroni dovevanocadere sul nucleo in tempi dell’ordine del nanosecondo ...Ma qui, la soluzione venne dalla Meccanica Quantistica, ed e un’altra storia.

Quanto al nucleo, c’era comunque da spiegare come mai quello del secondo ele-mento della Tavola Periodica, l’elio, non avesse massa doppia di quello dell’idrogenobensı quadrupla, visto che aveva carica doppia e quindi, ragionevolmente, potevaessere fatto da due protoni. Analogamento, il successivo, il litio, era circa settevolte piu massivo del protone, e cosı via6 ...

Il dilemma fu risolto da Chadwick nel 1932, quando scoprı l’esistenza delneutrone, una specie di gemello scarico del protone7. I nuclei, dunque, erano

4Thomson sapeva che i cosiddetti raggi catodici, emessi da un filamento caldo, potevano es-sere deflessi da un magnete. Facendoli passare allora attraverso un campo elettrico e magneticoortogonali ed aggiustando il campo finche la deflessione spariva, pote determinare la velocitadi queste particelle e quindi, con il solo campo magnetico, il rapporto e/m.

5Il nucleo dell’elemento piu leggero, l’idrogeno, fu battezzato protone da Ernst Rutherford,nel 1914.

6In ogni caso, anche se i nuclei fossero fatti da un numero intero di protoni, ci sarebbesempre rimasto da spiegare perche stavano insieme, visto che i protoni sono cariche dello stessosegno e dunque si respingono elettricamente.

7Nel 1932 Irene Curie con il marito Frederic Joliot, riferirono a Parigi di aver bombardatolamine di berillio con particelle α e di aver ottenuto una radiazione invisibile ma tanto pene-trante che, in paraffina, era in grado di sbalzare via protoni. Chadwick collego questa osser-vazione ad una previsione di Rutherford circa l’esistenza di una specie di partner scarico delprotone, necessario per risolvere l’enigma dei pesi atomici. Rifece l’esperimento inviando lafamosa radiazione y su altre sostanze fatte da atomi leggeri (litio, berillio, boro, azoto) osser-

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fatti da Z protoni (tanti quanti il numero atomico, ovvero quanti gli elettroni)e da A − Z neutroni: grosso modo i neutroni sono quanti i protoni (anche setendono ad essere un pochino di piu all’aumentare del numero atomico) e c’eranonuclei aventi lo stesso numero di protoni ma diverso numero di neutroni che eranoappunto i vari isotopi di uno stesso elemento (siccome la chimica di un elementodipende dalla struttura elettronica e quindi dal loro numero, gli isotopi eranopressoche equivalenti chimicamente ...).

Dunque, nel 1932, avevamo tre particelle elementari: l’elettrone, il protone edil neutrone e tutta la materia poteva essere costruita con questi mattoni. Mai,prima di allora (e purtroppo anche dopo di allora ...) nella Fisica, si era potutooffrire una risposta8 piu semplice alla domanda di che cosa e fatta la materia ?

In realta era nota anche un’altra particella, il fotone, che aveva pero carat-teristiche decisamente diverse: non era un costituente della materia e non eranemmeno una particella finche Einstein non lo introdusse, nel 1905, per spie-gare l’effetto fotoelettrico9, per cui ebbe il Nobel nel 1921. Va detto che l’ideadel fotone, a differenza di quella del quanto d’azione di Planck, ebbe per moltotempo vita grama. La ragione era che Einstein postulava che l’energia elet-tromagnetica fosse, per sua natura, quantizzata in pacchetti, per cui il fotonepossedeva una energia hν ed un impulso hν/c, e questo era una vera rotturacon l’elettromagnetismo classico (a differenza di Planck, che postulava solo chel’assorbimento e l’emissione di radiazione avvenisse per quanti di energia hν).Nonostante che, per esempio, nel 1916 Millikan avesse pubblicato risultati moltoesaustivi sull’effetto fotoelettrico, riconoscendo che ”Einstein’s photoelectric equa-tion appears, in every case, to predict exactly the observed results” fu solo dopol’esperimento di Compton10, del 1923, che l’idea del fotone (battezzato cosı dal

vando di nuovo l’emissione di atomi della sostanza usata, variamente scatterati. Dalla misurae dal confronto delle velocita massima di questi atomi, dedusse la massa del proiettile, pari acirca 0.9 volte la massa del protone. In camera a nebbia, sempre usando questa radiazione y,furono altres osservati esempi di disintegrazione nucleare indotta, del tipo

147 N + n→ 11

5B + 42He

chre chiusero definitivamente il problema di che cosa fosse questa radiazione stessa [1]. Lascoperta valse a Chadwick il Nobel nel 1935.

8Lo stesso non era vero per quanto riguarda le forze elementari, mancando completamenteuna teoria della stabilita del nucleo.

9Va sotto questo nome l’ effetto per cui della luce e in grado di estrarre elettroni da certimetalli. La stranezza era rappresentata dal fatto che si tratta di un effetto a soglia, ovvero nonc’e estrazione, indipendentemente dall’intensita, finche la luce non ha componenti di frequenzasuperiore ad un certo valore ν0 e questo e inspiegabile in termini di elettromagnetismo classico.La spiegazione di Einstein era che la luce viaggiava in pacchetti di energia hν, per cui, vistoche per estrarre un elettrone da un metallo occorreva disporre almeno di una certa quantitadi energia w, caratteristica del metallo, c’era estrazione solo quando hν − w = ǫ > 0, ed ǫrappresentava la massima energia possibile per l’elettrone, indipendentemente dall’intensitadella radiazione.

10Un fotone che scatteri contro un elettrone libero cambia di frequenza secondo la legge

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chimico Gilbert Lewis nel 1926) fu accettata. Occorrera comunque arrivare allaquantizzazione del campo elettromagnetico per inquadrare in modo piu razionalequesta particella. In questo schema, esso e il mediatore dell’interazione elettro-magnetica ed e appunto attraverso lo scambio di fotoni che le cariche elettriche”sanno una dell’altra” e quindi si attraggono o si respingono11.

1.2.2 Il muone µ ed il mesone π

Siamo rimasti con un problema: chi tiene insieme protoni e neutroni nel nucleoatomico ? Dopotutto i neutroni, essendo scarichi, perche mai dovrebbero starconfinati nel nucleo? Ed i protoni poi, che per la loro carica, si respingono fraloro, come sono costretti nel nucleo? Evidentemente deve esistere fra questedue particelle una forza che li tiene insieme, che deve essere piu forte di quellaelettromagnetica (altrimenti la repulsione elettrostatica sfascerebbe il nucleo).Ma come mai non ci accorgiamo della sua esistenza ? Dopotutto, nell’esperienzaquotidiana, tolta la forza di gravita e quella elettromagnetica, non c’e esperienzadi altro !

Questa forza, dunque, deve essere di corto range, ovvero deve agire solo supiccola scala e poi annullarsi molto piu rapidamente di r−2, come fanno quella diNewton e quella di Coulomb.

La prima teoria della forza forte e del 1934 e si deve a Yukawa. Egli as-sunse che protoni e neutroni, alla stregua delle cariche elettriche e delle masse,interagiscono attraverso un mediatore che, pero, invece di essere come il fotoneed il gravitone (questo e il nome del mediatore dell’interazione gravitazionale)di massa nulla, possiede una massa. Si dimostra che il potenziale di inter-azione, allora, ha la forma V (r) = A

re−

mc rh dove A e una costante opportuna

che caratterizza l’intensita della forza mentre il suo range e dato, evidentemente,da r0 = h

mc= h c

mc2, per cui, essendo hc = 197.326960MeV · fm, occorrono masse

dell’ordine del centinaio di MeV per fare un range12 dell’ordine del fm... Yukawa

λ′ = λ + hmc(1 − cosθ) dove m e la massa dell’elettrone mentre θ e l’angolo di scattering che

subisce il fotone: questo puo essere spiegato solo trattando il processo come uno scatteringfra due particelle, di cui una, l’elettrone, e inizialmente a riposo e l’altra, il fotone, possiedeun’energia hν ed un impulso hν/c.

11Se una carica sa di un’altra solo attraverso i mediatori fotonici, come fa una carica a farsapere al mondo il suo segno ?

12Esiste un argomento attraente ma sbagliato per arrivare alla stima del range in terminidella massa del mediatore. L’argomento e il seguente. Il protone ed il neutrone, scambiandosiil mediatore di massa m, violano temporaneamente la conservazione dell’energia di ∆E = mc2.Il principio di indeterminazione permette la violazione purche tutto rientri nell’ordine dopo untempo ∆t tale che ∆t∆E ≈ h. D’altronde il mediatore potra viaggiare a velocita che sono, comeordine di grandezza, pari a c, quindi potra percorrere tratti dell’ordine di r ≈ c∆t = ch/mc2.L’argomento, pur conducendo al risultato giusto, e scorretto per vari motivi, non ultimo il fattoche, se davvero un protone assorbisse una particella reale di massa m, non potrebbe restarecon la stessa sua massa e quindi non sarebbe piu un protone ... Conduce al risultato giustosostanzialmente per ragioni dimensionali, infatti, fissata m, la scala di lunghezze che questo

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calcolo questa massa intorno a 300 volte quella dell’elettrone, ovvero circa un sestodi quella del protone e del neutrone. Per questo motivo, essendo questa massa,intermedia fra questi due estremi, l’ipotetica particella fu chiamata mesone13 Nel1937 Anderson e Neddermeyer, con una camera a nebbia (di Wilson) da un latoe Street e Stevenson dall’altro, individuarono nei raggi cosmici una particella cheben si addiceva alla descrizione di Yukawa per quanto concerneva la massa, mache non concordava affatto quanto a vita media. Oggi sappiamo che quella par-ticella era il muone, che nulla ha a che fare con la particella di Yukawa, se nonil valore simile della massa, (105MeV ); ma occorse del tempo e fu l’esperimentodel 1946 di Conversi, Pancini e Piccioni

Figure 1: Apparato sperimentale usato da Conversi, Pancini e Piccioni

valore di massa definisce attraverso le costanti fondamentali h e c e proprio (e unicamente) lacosiddetta lunghezza d’onda Compton λc = h

mc (vedi sopra).13Questo nome e dovuto a Werner Heisenberg: nello stesso spirito fu usata la parola leptone

(leggero) per indicare l’elettrone e barione (pesante) per indicare protone e neutrone.Oggi si preferisce chiamare leptone chi interagisce solo in modo elettrodebole (elettrone,

muone, tau e corrispondenti neutrini), con barione le particelle che, come il protone ed il neu-trone, sono fermioni che sentono anche l’interazione forte (come vedremo, fatti da tre quarks),e con mesone i bosoni che interagiscono anche in modo forte (come vedremo, questi sono fattida coppie di quarks/antiquarks)

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che chiarı che la particella di Neddermeyer non poteva essere quella di Yukawa.

L’esperimento di Conversi, Pancini e Piccioni

L’esperimento14 usava ferro magnetizzato per focalizzare nel materiale as-sorbente i mesoni di bassa energia aventi carica solo di un segno definito,rimuovendo quelli di carica opposta. Con una coincidenza ritardata si cer-cavano gli elettroni (positivi o negativi) di decadimento. Se l’assorbitore eracarbone, si osservavano e+ ed e− quasi nella stessa percentuale, mentre glie− sparivano solo se l’assorbitore era ferro. In questo modo veniva stabil-ito sperimentalmente che la probabilita di interazione nucleare dei mesoninegativi in carbonio risultava di molti ordini di grandezza inferiore a quellaattesa per il mediatore della forza nucleare. Evidentemente i mesoni inquestione non erano la particella di Yukawa !.

Fu nel 1947 che il gruppo di Lattes, Occhialini, Powell e Muirhead, a Bristol,

scoprı15 in emulsioni che nei raggi cosmici erano presenti, in realta, due parti-celle di massa intermedia, e solo quella piu pesante, battezzata pione π , era laparticella di Yukawa, mentre l’altra, il muone µ, era una sorta di elettrone piumassivo, che non interagiva fortemente bensı solo elettromagneticamente (e de-bole) e quindi, secondo la nomenclatura attuale, un leptone (anche se talvolta sisente ancora usare il nome ”mesone” per il mu, ma e scorretto!).

Nell’alta atmosfera, protoni di altissima energia (fino a 1018 eV ), interagendocon i nuclei atomici, producono sciami di pioni carichi (esiste anche il pioneneutro...) che, con vita media dell’ordine di 10−8s decadono e producono unmuone. Questo, che non interagisce in modo forte ed ha vita media pari a 2.2µsec,e facilmente16 in grado di raggiungere il suolo e persino penetrarlo17.

1.2.3 L’antimateria

Nel 1926 la Meccanica Quantistica non relativistica, basata in buona sostanzasull’equazione di Schroedinger (dimostrata equivalente alla Meccanica delle ma-trici di Heisenberg, da Schroedinger e quindi, con la Teoria delle trasformazioni,in modo molto elegante da Dirac) era abbastanza assodata. Il primo tentativofruttuoso di fare una teoria relativistica e certamente quello di P.A.M.Dirac, conla sua equazione del 1927. Essa nasce per descrivere elettroni relativistici, e quindi

di energia E =√

(mc2)2 + |~p|2c2, ma ha la caratteristica ineludibile di possedere

14Phys. Rev. 68,(1945),232 e Phys. Rev. 71,(1946),20915Nature, 159,(1947),694.16Ne siamo certi? Provate a fare il conto, assumendo un percorso, per esempio, di 5000 metri17Per questo motivo, alcuni esperimenti richiedono di essere fatti in luoghi di silenzio cosmico,

come i laboratori sotterranei tipo quello del Gran Sasso, dove il filtro di 2000 metri di rocciasovrastante attenua di circa un fattore 106 la componente muonica.

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sia soluzioni con energia positiva che negativa. Dato che la Natura predilege staticon energia la piu bassa possibile, non si capiva, allora, come mai uno stato adenergia positiva non potesse transire verso uno ad energia negativa, emettendola differenza, per esempio, con un fotone18.

Dirac propose che gli stati ad energia negativa fossero tutti pieni da un ”mare”di elettroni, per cui, per il principio di Pauli, nessuna transizione fosse possibileverso quegli stati. Era possibile invece una transizione dal ”mare” verso stati adenergia positiva e, per esempio, un fotone di energia 2mc2 avrebbe potuto portareun elettrone del mare dall’energia −mc2, la piu alta possibile nel mare, all’energiamc2, la piu bassa possibile di segno positivo. Questo, apparentemente, si sarebbetradotto nella materializzazione di un fotone in un elettrone ed un ”mare con unalacuna” che, a tutti gli effetti, si sarebbe comportato come un elettrone positivo.Pero, a quel tempo, non era nota alcuna particella siffatta, per questo Diracpropose che la sua ”lacuna nel mare di elettroni negativi” fosse il protone19. Funel 1932 che Carl Anderson, uno studente di Millikan, dimostro, usando unacamera di Wilson (camera a nebbia) in campo magnetico, che, sempre nei raggicosmici, erano presenti anche particelle di carica positiva e di massa confrontabilecon quella dell’elettrone.

L’esperimento di Anderson

Il programma di ricerca di Robert A. Millikan, al Caltech, era, dalla primameta degli anni ′20, quello di raccogliere tutte le possibili informazionisulla radiazione che giunge sulla Terra dal cosmo, per studiarne la natura,confermando, se possibile, l’idea che questi ”raggi cosmici” (come li avevalui stesso battezzati) fossero una radiazione elettromagnetica di altissimaenergia emessa in reazioni nucleari di sintesi di nuclei pesanti, a partiredall’idrogeno. Per misurare l’energia dei raggi cosmici secondari, prodotti inseguito ad urti con nuclei atomici nell’alta atmosfera, Millikan affido ad unsuo dottorando, Carl Anderson, il compito di costruire un rivelatore costitu-ito da una camera di Wilson (camera a nebbia), posta in un potente elettro-magnete, in modo da poter risalire, dalla curvatura della traccia, al segnodella carica ed all’impulso della particella. I primi risultati furono com-pletamente inattesi: c’erano circa tante tracce con una curvatura, quantecon curvatura opposta (si attendevano invece sostanzialmente solo traccedi elettroni emessi dall’assorbimento di fotoni di alta energia). In realta,alcune tracce positive erano protoni, ma la stragrande maggioranza erano

18La cosa era ancora piu grave perche, siccome lo spettro dell’hamiltoniana non era limitatoverso il basso, questo processo di emissione e transizioni verso stati di energia sempre piunegativa non avrebbe dovuto aver termine...

19Fu Hermann Weyl che, sulla base dei principi di simmetria dell’equazione, dimostro allafine del 1930 che le particelle positive associate ai ”buchi” dovevano necessariamente avere lastessa massa degli elettroni e dunque non potevano essere i protoni.

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troppo leggere per essere protoni. Le spiegazioni alternative erano o elet-troni che si muovevano verso l’alto o qualche particella positiva ignota cheandava verso il basso. Il dilemma fu brillantemente risolto da Anderson,che inserı un foglio di piombo nella camera, in modo da far perdere ener-gia alle particelle che lo attraversavano e quindi vedere il verso del moto edunque il segno della carica. La risposta sperimentale fu che si trattava diparticelle leggere (facilmente deviabili) positive provenienti dall’alto e conioper loro il nome di ”positrone” (per simmetria, battezzo anche l’elettronecon il nome di ”negatrone”, ma nessuno lo seguı su questa strada ...). Essinon furono, pero, riconosciuti subito come antiparticella dell’elettrone, anziAnderson propose una teoria complicata per cui essi traevano origine neinuclei. La risposta corretta venne dal Cavendish Laboratory di Cambridge,dove Patrick Blackett e Giuseppe Occhialini stavano compiendo ricerchesimili, ma con un apparato ”piu intelligente”. Utilizzando contatori Geigered il circuito di coincidenza sviluppato da Bruno Rossi a Firenze nel 1930,essi ”triggeravano” la camera a nebbia, per cui la resa foto/segnali utili eraben piu elevata che nell’operare a caso. Poterono verificare con centinaiadi foto un aspetto straordinario legato ai raggi cosmici, ovvero il loro ar-rivare in ”sciami”. Le particelle viste da Anderson comparivano negli sciamicome gli elettroni. Essi conclusero che, visto che gli ”elettroni positivi” nonfanno parte della materia ordinaria, sia quelli positivi che quelli negatividovevano essere generati insieme nelle collisioni iniziate da raggi cosmici dialta energia. Essi provarono dunque, per la prima volta, la trasformazionedi radiazione in materia, come era previsto dalla relazione di Einstein. Nelloro lavoro del 1933, essi si posero il problema della sorte dei positroni econclusero che ”essi scomparivano in seguito a reazione con elettroni neg-ativi, formando quanti di luce, come previsto dalla teoria dell’elettrone diDirac”.

Furono Patrick Blackett e Giuseppe Occhialini che collegarono queste nuove par-ticelle alla teoria di Dirac, e cosı nacque il positrone, la prima particella di an-timateria mai osservata prima. Nonostante questo fosse un evidente successodella teoria di Dirac, la questione del ”mare” di elettroni di energia negativa eraalquanto indigesta: essa fu risolta brillantemente con la seconda quantizzazione,cioe con la quantizzazione del campo di Dirac, che tratta allo stesso modo parti-celle ed antiparticelle. Nel frattempo si provo anche che la faccenda delle energienegative non era affatto un ”accidente”, bensı era una conseguenza profonda eduniversale in qualunque teoria di campo relativistica. Dunque, se la Teoria deiCampi era la strada giusta per la descrizione delle particelle elementari, alloraogni particella doveva avere la sua antiparticella con la stessa massa ma caricaopposta, fermo restando che, per particelle scariche particella e antiparticella

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potevano anche coincidere20 (ma non necessariamente).Nel 1955 fu osservato da O.Chamberlain a Berkeley l’antiprotone e nel 1956,

dal gruppo di Piccioni, fu osservato l’antineutrone.La simmetria materia-antimateria e una simmetria della Natura molto pro-

fonda. Vale infatti, nell’ambito della Teoria dei Campi locale e relativisticamenteinvariante, una conclusione che e la simmetria di crossing, per cui in una reazionequalsiasi,

A+B → C +D

si puo spostare una particella dallo stato iniziale a quello finale e viceversa,pur di cambiare contestualmente anche il suo status particella/antiparticella el’interazione che descrive i due processi, cioe la loro dinamica, risulta la stessa.Questo significa che l’osservazione della reazione precedente implica l’esistenzadelle interazioni che conducono, per esempio, alle reazioni seguenti

A → B + C +D

A + C → B +D

C + D → A+ B

Un caso concreto di reazioni legate dalla simmetria di crossing, ricordando cheil fotone e antiparticella di se stesso, e quello dello scattering Compton e dellaannichilazione e+ e−, i.e.

γ + e− → γ + e−

e+ + e− → γ + γ

che, infatti, sono descritte dalla stessa dinamica.Come vedremo pero, la dinamica dell’interazione, che si traduce poi nell’elementodi matrice, non e tutto: una reazione puo avvenire solo se ha anche stati finalicinematicamente permessi, ovvero se ha associato allo stato finale uno spaziodelle fasi non nullo e questo fatto puo impedire che una reazione crossed risultipossibile. Per esempio, negli esempi di cui sopra, il decadimento

A → B + C +D

20Ci si puo chiedere come un neutrone possa distinguersi da un antineutrone, essendo en-trambi scarichi. A parte il fatto che non esiste solo la carica elettrica che si inverte disegno nel passaggio particella ↔ antiparticella, ma qualunque carica che la particella possieda,subisce il cambiamento di segno, per cui, il neutrone, che ha carica barionica +1, differiscedall’antineutrone che ha carica barionica −1. Ma anche limitandosi al solo elettromagnetismo,e vero che il neutrone ha carica elettrica totale nulla, ma possiede una struttura di carica percui e positivo al centro ed all’esterno, ed e negativo in mezzo. Questa distribuzione si inverte disegno per l’antineutrone, cosı come accade per il momento magnetico (in relazione allo spin).

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potrebbe non essere energeticamente permesso ... ed in questo caso, ovviamente,non avverra... Un esempio concreto e quello dello scattering neutrino/neutrone:

n+ ν → p+ + e− (1.1)

equivalente, nel senso della crossing symmetry, sia al decadimento del neutrone

n→ p+ e+ ν

che avviene effettivamente, come pure a quello dell’antiprotone

p→ n+ ν + e

che non avviene, in quanto energeticamente vietato (la massa dell’antiprotone,uguale a quella del protone, e inferiore a quella dell’antineutrone, pari, a suavolta, a quella del neutrone).

In modo del tutto naturale, l’esistenza di questa simmetria, figlia della rel-ativita ristretta e della teoria dei campi locale, ci pone una domanda: vistoche noi viviamo in un mondo di materia, dov’e l’antimateria ? Ovviamente noiabbiamo esperienza del nostro mondo: potrebbe esistere un mondo di antimate-ria ? Esistono ricerche in atto: per quello che ne sappiamo, poiche il fotone el’antiparticella di se stesso, una stella di antimateria emetterebbe come una stelladi materia e non sarebbe distinguibile da essa sulla base del solo suo spettro lu-minoso. Siccome, pero, il nostro mondo e fatto di materia, se esiste un mondo diantimateria, al confine fra i due ci sara pure della materia e dell’antimateria, percui dovranno essere osservabili fenomeni vistosi di annichilazione e produzione diraggi gamma, che costituiscono il segnale cercato.

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Figure 2: lettera di Wolfang Pauli

1.2.4 Il neutrino

Abbiamo parlato, nel precedente paragrafo, di una reazione, la (1.1), che coinvolgeuna particella, il neutrino che e finito, in questo modo, sulla scena delle particelleelementari, senza che si sia parlato di come ci si sia resi conto della sua esistenza.

Il neutrino entro nella storia della fisica nel 1930, quando Pauli ne pro-pose l’esistenza (in verita sotto il nome di ”neutrone”...vedi fig.2) per spiegarel’apparente paradosso della non conservazione dell’energia (e del momento an-

17

golare) nei decadimenti β dei nuclei atomici. Il problema della conservazionedell’energia nel decadimento β si era posto fin dal 1914, con la scoperta da partedi Chadwick dello spettro continuo dell’energia dei raggi β (cioe degli elettroni didecadimento), per esempio nel Radium E (si tratta del decadimento β del Bi12783 )Questo era in contrasto con il modello che ci si era fatti sia del nucleo atomicoche dell’emissione β.Si riteneva, infatti, in quegli anni che un nucleo di peso atomico A e numeroatomico Z fosse composto da A protoni ed A-Z elettroni e che il decadimentoconsistesse semplicemente dell’espulsione dal nucleo di uno degli elettroni che locomponevano, ovvero della reazione

(A,Z) → (A,Z + 1) + e− (1.2)

Questo decadimento e un decadimento a due corpi: la conservazione dell’energiae dell’impulso implicano che la cinematica dello stato finale sia completamentedeterminata da quella dello stato iniziale. Se il nucleo che decade e inizialmentefermo, l’elettrone emesso e monoenergetico. Il fatto sperimentale che lo spet-tro beta non fosse tale ricevette varie spiegazioni sbagliate21, prima dell’ipotesidi Pauli (anch’essa parzialmente errata), che ipotizzo che nel nucleo ci fosseroanche particelle neutre (”neutroni”), di spin 1/2 e massa circa pari a quelladell’elettrone, le quali, nel decadimento β vengono espulse insieme all’elettrone,dividendosi l’energia disponibile nel decadimento.

Come abbiamo visto, nel 1932, Chadwick scoprı che il modello di nucleo fattoda A protoni ed A− Z elettroni era certamente errato: nel nucleo atomico c’eraanche una particella neutra, il neutrone appunto, con circa, pero, la stessa massadel protone. Per la sua grande massa, questa particella, dunque, non potevaessere la particella postulata da Pauli, che doveva, invece, avere una massa moltopiu’ piccola affinche’ si potesse spiegare cosi’ lo spettro di emissione β− .La prima teoria sensata di questo decadimento, su cui avremo modo di tornarein seguito, fu formulata da Fermi alla fine del 1932, ed e in quell’articolo, primainviato a Nature (e non pubblicato perche’ ”troppo remoto dalla realta’ fisica”...)e poi pubblicato nel 1933 su Il Nuovo Cimento e su Zeitschrift fur Physik, che laparticella originariamente postulata da Pauli fu infine battezzata ”neutrino”.

21Una di queste spiegazioni errate, sostenuta da Bohr, era che semplicemente l’energia nonsi conservasse nel decadimento radioattivo dei nuclei...se non in media.

18

1.2.5 Le particelle strane

Dopo la scoperta del mesone di Yukawa e dell’antielettrone di Dirac, sembravache lo zoo delle particelle elementari fosse piu o meno in ordine. Era pur veroche la presenza del muone, guastava un po’ il quadro, perche non si capiva a cheservisse (famosa la domanda di Rabi in proposito: ”Who ordered that ?”), mala crisi venne quando, nel dicembre del 1947, Rochester e Butler pubblicaronouna foto di camera a nebbia, che mostrava come, sempre nei raggi cosmici, fossepresente una componente neutra che decadeva in due pioni. Due anni dopo,Powell pubblico una foto in cui era una particella carica a decadere in tre pioni:si trattava della prima evidenza dei decadimenti dei mesoni22 K o kaoni23 , i.e.,rispettivamente, di

K0 → π+ + π−

K+ → π+ + π+ + π−

Nel 1950 Anderson scopre un’altra particella neutra che decade come una V 0, perolo stato finale era fatto da un protone e da un pione negativo: evidentemente laparticella in questione era addirittura piu pesante del protone. Si trattava dunquedi un nuovo barione, che fu battezzato Λ:

Λ → p+ π−

Questo decadimento, pero, creava un nuovo ”caso” che ci richiede di fare un passoindietro al 1938, quando ci si era posti il problema della stabilita del protone.Perche il protone non decade, per esempio, in positrone e gamma ?Stuckelberg aveva proposto l’idea che, alla base della stabilita del protone ci fossela conservazione di un numero quantico ad hoc, il numero barionico. Questovaleva +1 per i barioni appunto, cioe per protone e neutrone (e quindi valeva −1per le rispettive antiparticelle) ma era nullo per elettrone e gamma (cosı comeper tutti i mesoni ...), per cui il decadimento

p → e+ + γ

era vietato24.22I kaoni interagiscono sostanzialmente come pioni piu pesanti: a buon diritto fanno quindi

parte della famiglia dei mesoni.23Il K0 fu prima indicato con il nome di V 0, in quanto, al momento del decadimento, pro-

duceva un segnale in camera a nebbia che era appunto una V, fatta dalle tracce dei due pioniche originavano al vertice del decadimento. Successivamente fu indicato con θ0 mentre il K+

fu, originariamente, indicato con τ+. Occorse aspettare fino al 1956 prima di stabilire che sitrattava delle versioni neutre e cariche della stessa particella, il K, appunto. E che tutto ilproblema risiedeva nel fatto che le interazioni deboli violavano la parita.

24Il numero barionico cosı definito era invece evidentemente conservato, per esempio, neldecadimento beta del neutrone

n → p+ e− + ν

che poteva quindi avvenire senza violare questo nuovo criterio.

19

Adesso, se la Λ decadeva in pione e protone, alla Λ doveva venir assegnatoil numero barionico +1. Ma ben presto, questo strano barione fu accompagnatoda tanti altri, non appena, all’inizio degli anni ′50, si comincio a far uso dellatecnologia degli acceleratori di particelle.

Queste nuove particelle, pero, erano piuttosto ”strane”: esse erano prodottein gran quantita in processi di interazione forte (per esempio protone, pione), madecadevano con una vita media che era molto piu lunga ( ≈ 10−10s ) di quantoci si poteva attendere da particelle che interagivano forte (il valore atteso era≈ 10−23s).

Questo fatto suggerı a Pais l’idea che il loro meccanismo di produzione fossedifferente da quello di decadimento. Gell-Mann e Nishijima formalizzarono l’idea,assegnando un nuovo numero quantico a queste particelle, la stranezza appunto,ed assunsero che l’interazione forte conservasse la stranezza, per cui queste parti-celle dovevano essere prodotte in coppie di stranezza opposta, mentre ipotizzaronoche l’interazione debole potesse violarla, consentendo cosı il loro decadimento, macon vita media decisamente lunga. Secondo questo schema, allora, per esempiole reazioni

p+ π− → K+ + Σ−

p+ π− → K0 + Σ0

p+ π− → K0 + Λ

erano possibili via interazione forte (S = 0 al primo membro ed S = 0 al secondomembro, se assegniamo a K+ e K0 stranezza S = 1 e stranezza S = −1 a Σ−,Σ0 e Λ) ed erano effettivamente osservate avvenire copiosamente, mentre, peresempio, le reazioni

p+ π− → π+ + Σ−

p+ π− → π0 + Σ0

p+ π− → π0 + Λ

non avrebbero dovuto aver luogo, ed infatti non erano mai state viste.Quanto poi ai decadimenti, essi erano del tipo

Λ → p + π−

Σ+ → p + π0

Σ+ → n + π+

ed in essi, evidentemente, la conservazione della stranezza era violata e questaera appunto la ragione della loro relativa stabilita delle particelle ”strane”, perchesolo le interazioni deboli potevano farle decadere.

Comunque, a causa della proliferazione di particelle nuove e strane, all’iniziodegli anni ′60, ci trovavamo, di nuovo, in presenza di uno zoo incredibile di par-ticelle apparentemente elementari.

20

L’operazione analoga a quella di Mendeleev fu compiuta da Murray Gell-Mann,che introdusse uno schema di classificazione detto eightfold way. Esso era basatosull’idea che esistesse una simmetria soggiacente a questa proliferazione di parti-celle, che era la simmetria SU(3), estensione naturale di SU(2) di spin isotopico,dettata dalla necessita di tener conto del barione ”strano” Λ. In questo schema ibarioni ed i mesoni, ordinati per masse crescenti e stesso JP , venivano arrangiatisecondo la loro carica e stranezza secondo rappresentazioni irriducibili di SU(3).

1.2.6 I quarks

Siccome il gruppo di simmetria SU(3) ha come rappresentazione fondamentale25

quella di dimensione 3, venne naturale l’idea che tutti i barioni ed i mesonipotessero essere descritti a partire da una tripletta di particelle costituenti (edunque elementari). E’ il modello di Sakata26 che postula, appunto, di costruiremesoni e barioni a partire da p, n, e Λ. Il modello, pero, non funzionava beneperche non riusciva a spiegare convenientemente, per esempio, i barioni Σ e Ξ.Gell-Mann, Zweig e Ne’eman27 proposero un modello, sempre basato su SU(3),in cui, pero, i tre costituenti erano delle entita nuove, di spin 1

2, chiamati quarks,

secondo la seguente corrispondenza

I I3 S Qp− like → quark up u : 1

2+1

20 +2

3

n− like → quark down d : 12

−12

0 −13

Λ − like → quark strange s : 0 0 −1 −13

I mesoni noti (π, K, η ...) erano fatti da coppie di un quark ed un antiquark,mentre i barioni erano costituiti da 3 quarks (protone, neutrone e Λ, inclusi).Il modello funzionava piuttosto bene, a parte una difficolta e cioe che nessunoaveva mai visto un quark che, tra l’altro, dovevano avere carica elettrica frazionaria.Lo stesso Gell-Mann non volle spingere oltre il modello, fino a fargli predirel’esistenza dei quarks come effettive particelle elementari e si limito a considerareil modello come un modo efficiente di catalogazione di mesoni e barioni. Perspiegare il fatto che non si osservassero quarks liberi, fu poi avanzata l’idea delconfinamento, secondo cui i quarks, per una ragione ignota, non esistevano se nondentro barioni e mesoni: era piu la presa d’atto di un fatto sperimentale che unaspiegazione ...

Un fatto che, invece, accredito senz’altro l’idea, furono i risultati degli esperi-menti, cosiddetti, di deep-inelastic scattering, effettuati a SLAC verso la fine degli

25In realta, le rappresentazioni inequivalenti di dimensione 3 di SU(3) sono due: come ve-dremo, pero, questa non e affatto una difficolta.

26Progr. Thoret. Phys. 16,(1956),68627M.Gell-mann, Phys. Lett. 8,(1964),214; Y.Ne’eman, Nucl. Phys. 26,(1961),222; G.Zweig,

CERN report non pubblicato

21

anni ′60 dai gruppi di R.E. Taylor e J.I. Friedman e H.W.Kendall. Si trattava diprocessi di scattering di elettroni di alta energia (25 GeV ) su protoni, in cui simisurava la sezione d’urto in funzione del momento trasferito: essi costituirono,per lo studio della struttura interna del protone, l’anologo di quello che era statol’esperimento di Geiger e Marsden che condusse al modello di Rutherford.

Questi esperimenti mostravano infatti che il protone non poteva essere de-scritto come una distribuzione continua di carica, bensı, per riprodurre i dati,occorreva assumere (Bjorkeen) che al suo interno ci fossero dei costituenti (battez-zati partoni da Feynman, tanto era grande ancora il pregiudizio contro i quarks)su cui avveniva effettivamente lo scattering.

I risultati del DIS erano un punto a favore, ma restava almeno un’altra se-ria obiezione (oltre a quella che non si trovavano liberi) da superare: esistevaun barione, la ∆++, che, nel modello di Gell-Mann era fatta da tre quarks uped aveva spin 3

2e momento orbitale L = 0. Siccome doveva avere necessaria-

mente anche spin isotopico pari a 32, si trattava di uno stato uuu completamente

simmetrico per scambio. Questa conclusione violava quanto si conosceva circala connessione spin-statistica, secondo cui lo stato di fermioni identici e comple-tamente antisimmetrico per scambio (da cui deriva, nel caso degli elettroni, ilPrincipio di Pauli). Come vedrete, questa inconsistenza viene risolta dalla QCD(Teoria della CromoDinamica Quantistica), che e una teoria di gauge28, basatasulla simmetria SU(3)c di colore. A differenza della simmetria SU(3) di sapore,dove la rappresentazione fondamentale e fatta dai quarks up, down e strange, inquella di colore ogni quark esiste in tre ”colori” diversi detti rosso, verde e blue sono questi tre colori che costituiscono, per ogni sapore, una rappresentazionefondamentale di SU(3). In questa teoria, ogni stato di barione o mesone deveessere un singoletto di colore. Siccome lo stato di singoletto che otteniamo dalprodotto diretto di tre rappresentazioni fondamentali di SU(3) e antisimmetrico,ecco che, con il colore, la ∆++ puo esistere senza che con questo sia violata lastatistica di Pauli.

Intanto, con la scoperta delle correnti neutre al CERN, si era aperta la stradaalla unificazione fra l’elettromagnetismo e la teoria di Fermi delle interazionideboli, realizzata poi dalla teoria di Glashow, Weinberg e Salam, confermatasperimentalmente nel 1983 con la scoperta dei bosoni intermedi W± e Z0, dagliesperimenti UA1 ed UA2 del CERN, scoperta che valse a Carlo Rubbia e SimonVan Der Meer il Nobel nel 1984.Si tratta di una teoria di gauge, basata su un gruppo di simmetria che e SU(2)weak×U(1)em, che, fra le altre cose, prevede l’esistenza di un accoppiamento della Z0

con le correnti neutre, ovvero con sistemi qq.Questo fatto, pero, era all’origine di un problema perche era ben noto da

tempo che, per quanto riguarda la corrente carica debole, era necessario mesco-

28I mediatori dell’interazione sono i cosiddetti gluoni, e sono in numero di 8, proprio perche8 sono i generatori del gruppo SU(3) su cui la teoria di gauge e basata

22

lare, per esempio il quark s con d attraverso l’angolo di Cabibbo, per poterdescrivere correttamente e con la stessa interazione, per esempio, processi come

π+ → µ+ + ν

K+ → µ+ + ν

che, in questo modo, usando al posto di d la combinazione

dc = d cosθc + s sinθc

risultavano avere la stessa costante di accoppiamento (universalita delle inter-azioni deboli) di quella usata per descrivere processi puramente leptonici, come,per esempio, il decadimento del muone

µ− → e− + νe + νµ

Nel momento, pero, in cui si cercava di fare della teoria delle interazioni deboliuna teoria di gauge basata sul gruppo SU(2)weak, pero, la parte neutra non restavaindipendente da quella carica29. Cosı come la corrente carica aveva termini deltipo u dcW

+ e dc uW−, legati, rispettivamente a processi in cui, per esempio un

quark dc (u) ed u ( dc) si annichilavano30, generando un W− (W+), altrettanto lacorrente neutra avrebbe dovuto esser fatta da termini del tipo u u e dc dc, legatiper esempio a processi in cui un quark dc si annichila con un dc, generando unoZ0. Se questo fosse accaduto, la conseguenza sarebbe stata che, avrebbero potutoesistere correnti neutre in grado di cambiare la stranezza, legate ai termini deltipo ds sinθc cosθc e sd sinθc cosθc.Questo era in disaccordo con il fatto sperimentale che, per esempio, il BR dellareazione K0

L → µ+µ−, che procederebbe via annichilazione del KL in uno Z0

29La lagrangiana che descrive l’interazione debole ha la forma seguente:

L = − g

2√

2

∑

i

ψi γµ(1 − γ5)(T

+W+µ + T−W−

µ )ψi −g

2cosθW

∑

i

ψiγµ(gi

V − giAγ5)ψi Zµ

dove la somma e fatta sulle generazioni, θW e l’angolo di Weiberg, tale che e = g sinθW , T±

sono gli operatori che incrementano e decrementano di 1 l’autovalore della terza componentedell’isospin debole, W±

µ e il campo vettoriale dei bosoni carichi, mentre Zµ e quello della Z. Icoefficienti di accoppiamento vettoriale ed assiale, infine, sono definiti attraverso le relazioni

giV = t3(i) − 2qi sin

2θW , giA = t3(i)

dove t3(i) e l’autovalore della terza componente dell’isospin debole, cioe + 12 per ui e νi e − 1

2per di ed ei, mentre qi e la carica elettrica.

30Consideriamo per semplicita i casi descritti dal termine u dcW+: anticipiamo che il campo

ψ puo descrivere sia l’annichilazione della particella che la creazione dell’antiparticella, mentreψ puo descrivere sia l’annichilazione dell’antiparticella che la creazione della particella, per cuiil termine in questione descrive, per esempio, un vertice di interazione in cui si annichila unquark d ed un W+, mentre si crea un quark u ...

23

virtuale e successivo suo decadimento, per esempio, in una coppia di muoni, eestremamente piccolo (BR(K0

L → µ+µ−) = (7.15 ± 0.16) × 10−9) in confronto,per esempio, a quello in cui un K+ annichila in un W+ virtuale che decade inmuone e neutrino (BR(K+ → µ+ν) = 63.51%).

Glashow, Iliopoulos e Maiani, nel 1970, formularono l’ipotesi che i quarksnon fossero 3 bensı 4, i.e. che esistesse un altro quark, il charm, il quale erail fratello piu massivo del quark up. In questo modo si potevano costruire due”doppietti” forti che, per le interazioni deboli, erano mescolati attraverso unamatrice ortogonale

(

udc

)

→(

u cd cosθc + s sinθc s cosθc − d sinθc

)

In questo modo, definendo analogamente a quanto fatto sopra

sc = s cosθc − d sinθc

la corrente neutra che, per la parte che ci interessa, era del tipo dcdc, divenivaadesso dcdc+ scsc che e indipendente31 dall’angolo di Cabibbo, e uguale a dd+ ssche non possiede termini che cambiano la stranezza e rende quindi conto del fattosperimentale sopra citato, relativo alla quasi assenza del decadimento del K0 indue muoni. Il quark c (charm) fu osservato nel 1974, indipendentemente, dalgruppo di S.Ting e B.Richter, che rivelarono la particella J/Ψ, cioe il mesone cc.Questa scoperta fu mancata di poco a Frascati, perche Adone, il collisionatoree+e− la presente, arrivava ad una energia nel centro di massa di 3GeV mentre lamassa della J/Ψ e di 3.1GeV ...

Ma, ovviamente, se i quarks erano 4 e non 3, la simmetria SU(3) di saporeperdeva molto del suo significato. In realta, essa era sempre stata ”fenomenolog-ica” ed il fatto che funzionasse dipendeva solo dal fatto che le masse dei quarksu, d ed s erano piccole in confronto alle loro energie di legame. Con il charm, incui questo non e piu vero, il gioco non poteva continuare ...

Ma la storia non e finita32: se non c’era ragione che i quarks fossero 3, perchedovevano essere 4 ?Infatti, per quanto ne sappiamo oggi, essi sono in tutto 6, visto che esiste un altro”doppietto” costituito dalla coppia t (top) e b (beauty): la loro interazione e ilsoggetto della QCD, inquadrata nel cosiddetto Modello Standard.

31Si tratta del cosiddetto GIM mechanism. Trae la sua origine nel fatto che la corrente neutrae una quantita scalare per ”rotazioni” della base d, s.

32Il quinto quark, cioe il b, fu osservato nel 1977 dal gruppo di L. Lederman nel mesoneΥ mentre per il quark t si e dovuto aspettare i risultati delle collaborazioni CDF e D0 delFermilab, che sono del 1994.

24

1.2.7 Il Modello Standard

Il Modello Standard si basa sull’idea che tutta la materia sia fatta da tre tipidi particelle costituenti e dunque elementari, che sono i leptoni, i quarks ed imediatori delle interazioni.

Ci sono 6 leptoni, classificati in tre famiglie di masse via via crescenti (almenoper la parte carica...) insieme alle loro antiparticelle

νe νµ ντ Q = 0e µ τ Q = −1

e ci sono 6 sapori diversi di quarks (ognuno in tre colori) anch’essi organizzati intre famiglie di masse crescenti

u c b Q = +23

d s t Q = −13

Quanto ai mediatori, l’interazione elettrodebole, che e una teoria di gauge chesi basa su una Lagrangiana invariante rispetto al gruppo SU(2)w × U(1)em, haquattro mediatori, che sono il buon vecchio fotone γ ed i bosoni W±, Z0.

Quanto all’interazione forte, il pione non e il reale mediatore della forza, comepensava Yukawa, perche l’interazione e ben piu complicata che quella ipotizzata,basata semplicemente sullo scambio di una particella (pseudo)scalare. Secondo laQCD, che, come abbiamo gia detto, e la teoria dell’interazione forte il mediatoredi questa e il gluone, nei suoi 8 esemplari di colore differente, secondo gli ottogeneratori di SU(3)c. Siccome essi sono ”colorati”, di nuovo non possono esistereliberi: l’evidenza sperimentale della loro esistenza sta ancora nei risultati del DISche mostrano, per esempio, che circa meta dell’impulso di un protone e portatoda costituenti neutri, identificati appunto nei gluoni.

25

1.3 Cronologia della scoperta delle particelle elementari

• 1897: elettrone (J.J. Thomson)

• 1914: protone (E. Rutherford)

• 1905-1923: fotone (A. Einstein, Compton)

• 1930-1953: neutrino (W. Pauli, C.L. Cowan e F. Reines)

• 1932: neutrone (J. Chadwick)

• 1932: positrone (C. Anderson)

• 1934-1947: pione (H.Yukawa,C.F.Powell,C.Lattes, G.Occhialini)

• 1937: muone (C.D.Anderson, S.Neddermeyer)

• 1947: kaone K0 (G.D. Rochester, C.C. Butler)

• 1949: kaone K+ (C.F.Powell)

• 1950: barione Λ (C.D.Anderson)

• 1955: antiprotone (O.Chamberlain, E. Segre’)

• 1956: antineutrone (O.Piccioni )

• 1961: eightfold way (M. Gell-Mann)

• 1963: angolo di Cabibbo

• 1964: barione Ω− (V.E. Barnes, W.B. Fowler et al.)

• 1970: GIM mechanism

• 1974: J/ψ i.e. quark c (C.C. Ting, B. Richter)

• 1975: leptone τ (M.Perl et al.)

• 1977: Υ i.e. quark b (L. Lederman)

• 1983: bosoni W±, Z0 (UA1 e UA2 al CERN)

• 1994: quark top (CDF, D0, Fermilab)

26

2 Introduzione alla Cinematica relativistica

2.1 Generalita

Il punto di partenza e il principio di Relativita (ristretta). Esso afferma che leleggi della Natura si esprimono nello stesso modo, i.e. hanno la stessa forma, inogni riferimento inerziale.

La dinamica newtoniana, contenuta nelle sue tre leggi del moto, e in accordocon questo principio generale. In questo schema (relativita galileiana), lo spazio eomogeneo e isotropo, mentre il tempo, che scorre in modo uniforme, e universalee assoluto33. La descrizione delle interazioni attraverso un potenziale, funzionesolo delle posizioni dei vari corpi coinvolti, implica l’istantaneita delle interazioni,cioe l’azione a distanza.

L’esperienza mostra pero che l’azione a distanza non esiste: due oggetti (peresempio due cariche elettriche, oppure due masse...) interagenti fra loro ”sentono”l’uno dell’altro solo dopo un certo tempo, legato alla velocita di propagazionedell’interazione ed alla loro distanza.

Il principio di relativita richiede che questa velocita (che era quindi formal-mente infinita nella relativita galileiana) sia comunque la stessa in ogni riferi-mento inerziale; sia, cioe, una costante universale (se cosı non fosse le leggi nonpotrebbero essere le stesse in ogni riferimento). Di nuovo, e l’esperienza cheidentifica questa velocita con quella della luce nel vuoto (c = 299792458m/s).

Il suo elevato valore sta alla base del fatto che, nell’esperienza quotidiana, glieffetti ”relativistici” sono del tutto trascurabili e quindi non intuitivi.

Una conseguenza ”drammatica” della costanza della velocita della luce nelvuoto in ogni riferimento inerziale e che non si puo piu considerare il tempo comeassoluto (come abbiamo visto, questo assunto implica l’addizione classica dellevelocita, che non puo essere giusta per la velocita di propagazione dell’interazione,dovendo questa rimanere la stessa in ogni riferimento...), bensı come dipendentedal riferimento, cioe come relativo.

Operativamente, in un riferimento assegnato, un orologio fermo nell’origineconsentira di sincronizzare un altro qualunque orologio posto fermo nel punto~P , semplicemente tenendo conto del ritardo di trasmissione del segnale elettro-magnetico fra il primo ed il secondo, pari a ∆t = |~P |/c. Per due orologi inmoto relativo, invece, potremo procedere idealmente alla loro sincronizzazionesolo al momento in cui si troveranno ad occupare la stessa posizione spaziale.Come vedremo, questa procedura rende ”relativo” il tempo: eventi simultanei

33Una conseguenza ovvia e immediata in questo schema e la legge secondo cui le velocita sicompongono sommandosi vettorialmente:

~V = ~v1 + ~v2

27

in un riferimento possono non esserlo piu in un altro, e persino l’ordinamentotemporale tra due eventi puo dipendere, in certe condizioni, dal riferimento !

2.1.1 L’evento

Il concetto di evento e molto utile in Relativita: con questo nome si intende unaccadimento in un punto dello spazio ed a un certo istante. In modo naturale,allora, un ”evento” (una particella che decade, una sorgente che emette un segnale...) avra dunque associato in ogni riferimento, tre coordinate spaziali ed unatemporale, cioe una ”quaterna” (t, ~x).

Supponiamo ora di avere due riferimenti inerziali RS1 ed RS2 in moto rela-tivo, e consideriamo i due eventi seguenti

(a): emissione di un segnale luminoso da una sorgente puntiforme data;

(b): ricezione dello stesso segnale da un sensore puntiforme assegnato.

Nel riferimento RS1 questi due eventi saranno descritti, rispettivamente, da(ta1, ~xa1) e (tb1, ~xb1), mentre in RS2 gli stessi due eventi saranno descritti da(ta2, ~xa2) e (tb2, ~xb2). Evidentemente, comunque, siccome la velocita della luce, ela stessa nei due riferimenti, avremo34

|~xb1 − ~xa1|2 = c2 (tb1 − ta1)2 (2.1)

|~xb2 − ~xa2|2 = c2 (tb2 − ta2)2 (2.2)

Introduciamo adesso la quantita

s2ab ≡ c2 (tb − ta)

2 − |~xb − ~xa|2 (2.3)

che chiameremo ”intervallo” fra i due eventi. Chiaramente se due eventi sonocaratterizzati, in un riferimento, da un valore nullo dell’intervallo, vuol dire che idue eventi sono connessi da un segnale luminoso. Ma allora lo saranno anche inogni altro riferimento e siccome la velocita della luce e una costante universale,l’intervallo fra i due eventi sara nullo anche in ogni altro riferimento35.

34In altre parole, le equazioni (2.1) e (2.2) stabiliscono che la propagazione del fronte d’ondaluminoso che si e originato in un punto e una superficie sferica in ogni riferimento inerziale. Ilraggio della superficie sferica cresce proporzionalmente al tempo, misurato in quel riferimento,e la costante di proporzionalita e la velocita c, indipendente dal sistema di riferimento.

35Questo formalizza il fatto che il vuoto appare lo stesso in ogni riferimento inerziale, cioee invariante per trasformazioni di riferimento. Di conseguenza, la propagazione delle ondeelettromagnetiche, che avviene appunto con velocita c nel vuoto, deve restare la stessa in ognisistema di riferimento inerziale. Questo non e in accordo con la relativita galileiana mentre eperfettamente coerente con quanto ci dicono le equazioni di Maxwell, punto di partenza dellaRelativita Ristretta, per le quali risulta c = 1/

√ǫ0µ0, dove ǫ0 e µ0 misurano proprieta del

vuoto, sperimentalmente indipendenti dal sistema di riferimento.

28

Consideriamo ora due eventi differenti fra loro solo di infinitesimi: l’intervalloche li separa sara allora dato da

ds2 = c2 dt2 − dx2 − dy2 − dz2 (2.4)

Al momento, in base all’invarianza della velocita della luce, possiamo solo con-cludere che, se l’intervallo infinitesimo36 fra due eventi ds2 e nullo in un riferimentoinerziale, allora quello stesso intervallo appare nullo in ogni altro riferimento in-erziale, i.e.

ds2 = 0 ⇒ ds′2 = 0

Si puo comunque dimostrare37 (e lo faremo nel prossimo paragrafo) che questorisultato e, in realta, un caso particolare di una proprieta piu generale dell’intervallo(infinitesimo o finito che sia) fra due eventi, secondo la quale risulta comunque

ds2 = ds′2

36Si osservi che la quantita ds2 non e una ”distanza” nel senso proprio del termine poichenon e definita positiva ed eventi a ”distanza” nulla non sono necessariamente coincidenti, bensısono appunto tutti e solo quelli connessi da un segnale luminoso. Una prima implicazione diquesto fatto e che s2, non definendo una metrica (definita positiva), non consente di introdurreuna topologia propria nello spazio-tempo, per cui occorre fare attenzione quando si parla dieventi ”vicini” ...

37Esiste una dimostrazione dell’invarianza del ds2, riportata anche su vari testi [4], che, peronon e corretta: la riportiamo di seguito per completezza.”Le due quantita ds e ds′ sono infinitesimi dello stesso ordine e quindi devono essere proporzion-ali uno all’altro. Si puo allora porre

ds2 = Ads′2 (2.5)

dove la quantita A non puo dipendere che dal modulo della velocita relativa esistente fra i dueriferimenti (ds2 e uno scalare per rotazioni ...): non potra infatti dipendere ne dalla posizione nedalla coordinata temporale, senza contraddire l’isotropia dello spazio e l’uniformita del tempo.Ma basta allora considerare, simmetricamente, la relazione di sopra (il modulo della velocitarelativa di un riferimento rispetto all’altro e lo stesso di quella del secondo rispetto al primo),i.e.

ds′2 = Ads2

per rendersi conto che deve necessariamente essere A = 1, i.e. che la lunghezza dell’intervalloinfinitesimo che separa due eventi ”vicini”, cioe prossimi spazialmente e temporalmente, deveessere la stessa in ogni riferimento.”Questa dimostrazione e sbagliata nella sua ipotesi (2.5). Applichiamola infatti alla relativita

galileiana, nel caso che i due riferimenti inerziali abbiano una velocita relativa ~V : si ha

ds2 = c2 dt2 − dx2 − dy2 − dz2 = c2 dt2 − | ~dr|2

ds′2 = c2 dt′2 − dx′2 − dy′2 − dz′2 = c2 dt2 − | ~dr′|2 = c2 dt2 − | ~dr − ~V dt|2

= ds2 + V 2 dt2 − ~V · ~dr dt

e manca la proporzionalita invocata, che, invece, dovrebbe essere solo conseguenza del fatto cheds e ds′ sono infinitesimi dello stesso ordine ...

29

2.1.2 Le trasformazioni di Lorentz

Cerchiamo ora di esplicitare la forma delle trasformazioni di coordinate di unostesso evento, visto da due riferimenti inerziali in moto relativo. Iniziamo dadue eventi (a) e (b) che sono individuati, nel riferimento RS, rispettivamente,da (ta, ~xa) e (tb, ~xb). In un altro riferimento inerziale RS ′, in moto rispetto al

primo con velocita ~V , essi saranno individuati dalle coordinate (t′a, ~x′a) e (t′b, ~x

′b).

Risultera in generale che

t′a ≡ T (ta, ~xa, ~V ); t′b ≡ T (tb, ~xb, ~V )

(2.6)

~x′a ≡ ~X(ta, ~xa, ~V ); ~x′b ≡ ~X(tb, ~xb, ~V )

essendo T ed ~X funzioni opportune. Comunque, se non vogliamo distruggerel’omogeneita dello spazio e del tempo, le funzioni T e ~X devono essere lineari int ed ~x. Infatti l’ipotesi di omogeneita dello spazio e del tempo si traduce nellarichiesta che la differenza di coordinate fra due eventi risulti indipendente datraslazioni del sistema di riferimento, sia nello spazio che nel tempo, i.e.

t′a − t′b = T (ta, ~xa, ~V ) − T (tb, ~xb, ~V ) ≡≡ T (ta + τ, ~xa + ~w, ~V ) − T (tb + τ, ~xb + ~w, ~V )

(2.7)

~x′a − ~x′b = ~X(ta, ~xa, ~V ) − ~X(tb, ~xb, ~V ) ≡≡ ~X(ta + τ, ~xa + ~w, ~V ) − ~X(tb + τ, ~xb + ~w, ~V )

qualunque siano τ e ~w, e questo implica che T ed ~X debbano necessariamenteessere operatori lineari38. Questi operatori trasformano eventi in eventi, cioe, indefinitiva, operano da una varieta quadridimensionale (varieta degli eventi) in sestessa. Questa varieta quadridimensionale sara, nel seguito, indicata con il nomedi spazio − tempo e gli eventi saranno quadrivettori in questo spazio vettorialesul corpo reale. Per definizione, un evento sara individuato dal 4-vettore (xµ),definito come

(ct, ~x) ≡ (x0, x1, x2, x3) ≡ (xµ) (2.8)

Con questa notazione, la lunghezza dell’intervallo fra due eventi (xµ) e (yµ) sipuo scrivere come

s2 = (x0 − y0)2 − Σi(xi − yi)2 ≡ (xµ − yµ)(xµ − yµ) (2.9)

38Esiste un modo meno formale e piu fisico per arrivare alla stessa conclusione, che fa usodel fatto che pretendiamo, in base al principio di relativita, che un moto rettilineo uniforme(non soggetto a forze) in un riferimento inerziale appaia tale in ogni altro riferimento inerziale:questo implica direttamente che le trasformazioni che legano le coordinate spazio-temporali fradue riferimenti inerziali devono mandare rette in rette e dunque devono essere trasformazionilineari.

30

dove abbiamo definito il 4-vettore covariante xµ in termini di quello controvariantexµ nel modo seguente

xµ ≡ gµνxν (2.10)

ed il tensore metrico gµν ≡ gµν e definito da

gµν : g00 = +1; g11 = g22 = g33 = −1; gµν = 0 se µ 6= ν (2.11)

e verifica, ovviamente, le condizioni gg = I e g = gt.Da quanto detto precedentemente, le trasformazioni di riferimento devono

essere tali per cui

x′µ = aµ + Λµ. νx

ν (2.12)

dove aµ e un quadrivettore qualsiasi che descrive la eventuale traslazione esistentefra i due sistemi di riferimento.

Allo scopo di caratterizzare completamente la matrice reale 4×4 (Λ)µν ≡ Λµ.ν ,

e opportuno ritornare sulla questione, lasciata in sospeso, dell’invarianza del ds2:cosı come le rotazioni sono caratterizzate dal fatto di essere trasformazioni linearidello spazio euclideo in se stesso le quali non cambiano l’elemento di distanza fradue punti, analogamente, le trasformazioni di Lorentz di cui alla (2.12) possonoessere caratterizzate dal fatto di lasciare invariante il ds2.

Ma andiamo ordine, dimostrando per prima cosa che, per le ipotesi fisichefatte, il ds2 deve essere invariante. Per far questo, iniziamo considerando dueriferimenti in moto relativo rettilineo e uniforme, che, senza perdita di generalita,assumeremo avvenire lungo l’asse x. Per quanto riguarda le coordinate trasverse,cioe le coordinate y e z, per quanto precede, evidentemente si ha

y′ = a11 x+ a12 y + a13 z + a14 t

z′ = a21 x+ a22 y + a23 z + a24 t

Se consideriamo adesso solo i punti dell’asse x ≡ x′, ne concludiamo che, essendo

y = z = 0 ⇔ y′ = z′ = 0

deve risultare

0 = a11 x+ a14 t0 = a21 x+ a24 t

⇔ a11 = a14 = 0a21 = a24 = 0

dove il secondo set di equazioni e conseguenza dell’arbitrarieta di x e t.Sostituendo, ne segue dunque che

y′ = a12 y + a13 z

z′ = a22 y + a23 z

31

D’altronde, se i due riferimenti non sono ruotati uno rispetto all’altro, i punti delpiano xz resteranno sul piano x′z′ ovvero y = 0 ⇔ y′ = 0, e cosı pure i punti delpiano xy resteranno sul piano x′y′, i.e. z = 0 ⇒ z′ = 0. Ne segue allora che, perquanto riguarda le due variabili trasverse, deve essere

y′ = a12y; z′ = a23z

ovvero, per l’isotropia dello spazio,

y′ = αy; z′ = αz

dove la quantita α potra dipendere solo dalla velocita relativa fra i due riferimentima, sempre per l’isotropia dello spazio, non dal suo segno. Usando adesso il risul-tato ottenuto per la trasformazione inversa, concludiamo che deve essere α = 1,i.e. che le coordinate trasverse al moto relativo sono invarianti per trasformazionidi riferimento.Veniamo adesso alla questione del ds2.Quello che sappiamo e che, se i due riferimenti inerziali sono comunque in motorelativo, allora se ds2 = 0 nel primo lo e anche nel secondo (e viceversa). Separi-amo ora la parte spaziale in quella trasversa ed in quella longitudinale al motorelativo: si ha

0 = ds2 = c2 dt2 − dr2‖ − dr2

⊥ ⇔ c2 dt′2 − dr′2‖ − dr′2⊥

D’altronde, per quanto concluso precedentemente, risulta

dr⊥ = dr′⊥ (2.13)

e quindi, essendo dr⊥ e dr‖ indipendenti fra loro

c2 dt2 − dr2‖ − dr2

⊥ = 0 = c2 dt′2 − dr′2‖ − dr′2⊥

implica che

c2 dt2 − dr2‖ = c2 dt′2 − dr′2‖

la quale, unita alla (2.13) ci consente finalmente di concludere che effettivamente,se vogliamo soddisfare il principio di relativita, nell’ipotesi della costanza dellavelocita della luce in ogni riferimento inerziale e dell’isotropia e omogeneita dellospazio-tempo, deve essere

ds2 = ds′2 (2.14)

indipendentemente dal fatto che esso sia nullo o no.

32

Siamo ora in grado di caratterizzare completamente la generica matrice(Λ)µν ≡ Λµ

.ν di cui alla (2.12). Essa deve evidentemente garantire l’invarianzadell’elemento di intervallo ds2, ovvero deve essere tale per cui

ds2 = dxµdxµ = dxµdxνgµν = ds′2 = dx′µdx′νgµν =

= Λµ. σdx

σ Λν. ρdx

ρ gµν ⇒ Λµ. σ Λν

. ρ gµν = gσρ (2.15)

Ricordando che Λµ. σ ≡ (Λ)µσ, se definiamo39

Λ. νµ = gµα Λα

. β gβν (2.16)

ne segue che, dalla (2.15), si ha

Λµ. σ Λν

. ρ gµν gρτ = gσρ g

ρτ = δτσ ⇒ Λµ. σΛ

. τµ = δτσ (2.17)

i.e.

Λt gΛ g = I ⇒ gΛt g Λ = I ⇒ Λ−1 = g Λt g (2.18)

ovvero

Λ =

(

Λ00 Λ0j

Λi0 Λij

)

⇒ Λ−1 =

(

Λ00 − Λi0

−Λ0j Λji

)

(2.19)

La condizione (2.18) definisce il sottogruppo40 del gruppo delle matrici realie invertibili 4 × 4, le quali sono tali che

det(Λ) = det(Λ−1) ⇒ det(Λ) = ±1 (2.20)

Si tratta del gruppo di Lorentz esteso L.Una prima proprieta che discende in modo immediato dalla (2.18) e, eviden-

temente che

Λ ∈ L = ⇒ Λt ∈ L (2.21)

Vediamo ora alcuni esempi di elementi del gruppo di Lorentz:

39Si osservi che, dal punto di vista strettamente matriciale, senza tener conto degli indicicovarianti-controvarianti, risulta

Λ. νµ = (g Λ g)µν

40Infatti

• l’identita soddisfa la condizione (2.18);

• se Λ1 e Λ2 soddisfano la condizione (2.18), allora anche il loro prodotto la soddisfa,infatti

(Λ1Λ2)−1 = Λ−1

2 Λ−11 = g Λt

2 g g Λt1 g = g (Λ1Λ2)

t g

• se Λ soddisfa la condizione (2.18), allora anche Λ−1 la soddisfa, infatti

(Λ−1)−1 = Λ = (g Λt g)−1 = g (Λ−1)t g

33

1. g questa matrice inverte le coordinate spaziali senza alterare quellatemporale, dunque descrive, per quanto riguarda le coordinate, la trasfor-mazione di parita P;

2. −g chiaramente, questa trasformazione cambia il segno dell’asse tem-porale, senza alterare le coordinate spaziali, dunque descrive, nello spazio-tempo, l’inversione temporale T;

3. −I questa descrive l’inversione delle quattro coordinate spazio-temporali.

Si osservi che, mentre g e −g hanno determinante −1, −I ha determinante +1.Evidentemente se Λ e un elemento del gruppo di Lorentz, allora anche gΛ loe, ma essi hanno determinanti opposti. Se ci restringiamo al sottogruppo delgruppo di Lorentz fatto dalle matrici con determinante positivo, cioe al gruppodi Lorentz ”proprio” L+, si puo poi riottenere tutto il gruppo unendo agli elementidi L+ quelli ottenuti da essi dopo averli moltiplicati per g. Osserviamo che se Λappartiene a L+, allora anche −I Λ ≡ −Λ appartiene al gruppo ”proprio”, pero,evidentemente, ha tutti gli elementi cambiati di segno. Osserviamo adesso che,essendo

Λµ. σΛ

. τµ = δτσ

ne segue che, per σ = τ = 0, e

Λµ. 0Λ

. 0µ = δ0

0 = 1

ovvero

(Λ)200 − (Λ)2

10 − (Λ)220 − (Λ)2

30 = 1 (2.22)

dove abbiamo, al solito, indicato, con (Λ)µν l’elemento corrispondente alla rigaµ e colonna ν della matrice di Lorentz considerata. Evidentemente, dalla (2.22),segue immediatamente che

(Λ)200 ≥ 1 ⇒ (Λ)00 ≥ 1 oppure (Λ)00 ≤ −1 (2.23)

Vogliamo dimostrare che gli elementi di L+ che hanno (Λ)00 ≥ 1 formano, a lorovolta, un sottogruppo. Per questo, di nuovo, occorre dimostrare che

1. l’identita ha (Λ)00 ≥ 1;

2. se Λ1 e Λ2 sono tali, rispettivamente, che (Λ1)00 ≥ 1 e (Λ2)00 ≥ 1, alloraanche (Λ1 Λ2)00 ≥ 1;

3. se Λ ha (Λ)00 ≥ 1 allora anche (Λ−1)00 ≥ 1.

34

Il punto 1) e ovvio. Passiamo al punto 2). Risulta

(Λ1 Λ2)00 ≡ (Λ1 Λ2)0. 0 = (Λ1)

0. µ (Λ2)

µ. 0 = (Λ1)00 (Λ2)00 + (Λ1)0i (Λ2)i0

D’altronde, per la disuguaglianza triangolare, e

|(Λ1)0i (Λ2)i0|2 ≤ Σi(Λ1)20i · Σi(Λ2)

2i0

e, dalla (2.22), risulta

(Λ1)200 ≥ Σi(Λ1)

20i;

(Λ2)200 ≥ Σi(Λ2)

2i0

ovvero, essendo (Λ1)00 ≥ 1 e (Λ2)00 ≥ 1, si ha

|(Λ1)0i (Λ2)i0|2 ≤ (Λ1)200 (Λ2)

200 ⇒ |(Λ1)0i (Λ2)i0| ≤ (Λ1)00 (Λ2)00

per cui, evidentemente, il segno di (Λ1 Λ2)00 sara quello stesso di (Λ1)00 (Λ2)00,i.e., nel nostro caso sara positivo. Siccome abbiamo gia dimostrato che questastessa quantita o e ≥ 1 oppure e ≤ −1 , risulta cosı dimostrato che (Λ1 Λ2)00 ≥ 1.

Quanto al punto 3), esso discende immediatamente dal fatto che, per la (2.19),risulta Λ00 = Λ−1

00 ...Il sottogruppo delle matrici di Lorentz aventi det(Λ) = +1 e Λ00 ≥ 1 e

il gruppo di Lorentz ”ortocrono proprio” L↑+: gli altri elementi del gruppo di

Lorentz completo si ottengono da quelli di L↑+ moltiplicandoli per il tensore met-

rico g, oppure per −I, o per entrambi ...Le trasformazioni di Lorentz che hanno det(Λ) = −1 sono dette improprie mentrequelle per cui Λ00 ≤ −1 sono dette anticrone: ne queste ne quelle costituisconoun sottogruppo, non essendo stabili sotto la legge di composizione interna (per es.il prodotto di due trasformazioni improprie e una trasformazione propria, comepure quello di due anticrone e ortocrona).

Passiamo ora a studiare alcuni elementi particolari del gruppo di Lorentzortocrono proprio.

35

Le rotazioniEvidentemente, se R e una matrice 3 × 3 di rotazione, ovvero se R e una

matrice ortogonale reale (i.e. R−1 = Rt, det(R) = 1, ovvero R ∈ SO(3) ), allorala matrice

ΛR =

(

1 00 R

)

(2.24)

appartiene al gruppo di Lorentz ortocrono proprio. Questa trasformazione de-scrive la piu generale trasformazione omogenea fra due riferimenti in quiete rela-tiva, senza inversione degli assi. In questo caso, poiche la variabile temporale co-incide nei due riferimenti, l’invarianza del ds2 significa semplicemente l’invarianzadella distanza spaziale dx2+dy2+dz2. Dette quindi (t, ~x) le coordinate dell’eventonel riferimento assegnato e (t′, ~x′) quelle nel riferimento ruotato, si ha

t′ = t; x′i = Rij xj (2.25)

Dalla teoria del gruppo delle rotazioni, sappiamo che le matrici di SO(3), cioe lematrici ortogonali reali e con determinante +1, sono un gruppo il cui ricoprimentouniversale e SU(2)41. Risulta

ΛR = ei~φ·~L (2.26)

dove le matrici Lj costituiscono la rappresentazione42 dei generatori del gruppo,che, in SO(3) sono tali per cui (cfr. [20], pag 311)

(Lj)mn = −i ǫjmn (2.28)

41SU(2) e connesso e semplicemente connesso e le sue rappresentazioni coincidono con quelledell’algebra di Lie dei suoi generatori, mentre SO(3) e connesso ma non semplicemente con-nesso, per cui esistono rappresentazioni dell’algebra di Lie dei suoi generatori che non sonorappresentazioni del gruppo. In effetti, le due algebre di Lie coincidono, ma sappiamo che lerappresentazioni con spin semidispari sono rappresentazioni di SU(2), ma non di SO(3), che hasolo rappresentazioni con spin intero. Per quanto riguarda SO(3), la struttura dello spazio deiparametri puo essere visualizzata associando a ciascuna rotazione il vettore φ: in questo modoi parametri stanno in una sfera di raggio ~π, e punti diametralmente opposti descrivono la stessarotazione (di π o di −π, rispetto allo stesso asse). Quindi, per avere una corrispondenza uno auno e necessario identificare punti diametralmente opposti: l’insieme dei parametri e chiuso elimitato, dunque e compatto. E’ anche connesso, ma non e semplicemente connesso, infatti unacurva che connette due punti diametralmente opposti e chiusa in quanto i due elementi estremisono identificati fra loro, ma la curva non e riconducibile ad un punto. Ci sono due classi dicurve chiuse omotope, cioe che possono essere deformate una nell’altra con continuita, e sonoquelle con un numero pari di salti e quelle con un numero dispari di salti. Le prime possonoessere ridotte ad un punto, le seconde no. Per questo SO(3) e doppiamente connesso, cometutti i gruppi SO(n).

42Le matrici Lj costituiscono la rappresentazione con s = 1 dei generatori di SU(2) e sod-disfano le consuete regole di commutazione del momento angolare

[Lm, Ln] = i ǫmnk Lk (2.27)

36

ed in L↑+ diventano

L1 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 − i0 0 i 0

; L2 =

0 0 0 00 0 0 i0 0 0 00 − i 0 0

; L3 =

0 0 0 00 0 − i 00 i 0 00 0 0 0

(2.29)

mentre ~φ e il vettore che individua la rotazione43 stessa: la sua direzione e versodefiniscono l’asse di rotazione, mentre il suo modulo |φ| ≡ φ stabilisce l’ampiezza

dell’angolo di rotazione intorno all’asse ~n ≡ ~φ|φ| , di cui e ruotato, in senso antio-

rario, il nuovo riferimento rispetto al vecchio (assunti entrambi destrorsi, i.e. taliche ~z = ~x ∧ ~y).Le matrici Lj definite dalla (2.28), per qualunque rotazione R, soddisfano larelazione

R Lj R−1 = Rkj Lk (2.31)

Infatti(

R Lj R−1)

mn= Rmk (Lj)ksR

−1sn = Rmk (Lj)ksRns = −i Rmk ǫjksRns

D’altronde, il tensore completamente antisimmetrico di Ricci soddisfa la con-dizione

ǫkmnRik RjmRln = ǫijl (2.32)

per cui abbiamo che

−i Rmk ǫjksRns = −i δjt ǫtksRnsRmk = −i RvtRvj ǫtksRnsRmk =

= −i Rvj ǫtksRvtRmk Rns = −i Rvj ǫvmn = Rvj (Lv)mn

43Per quanto riguarda SU(2), il suo generico elemento, in stretta analogia con la (2.26), sipuo scrivere come

U = ei~φ·~σ ≡ ei2

θ ~n·~σ = cos(θ

2) I + i ~n · ~σ sin(

θ

2) ≡ U(θ, ~n) (2.30)

dove ~σ ≡ (σi) sono le consuete matrici di Pauli, mentre abbiamo posto ~φ = θ2 ~n, essendo ~n

l’asse di rotazione e θ la sua ampiezza ed abbiamo usato, nel ricavare la (2.30), il fatto che(~n · ~σ)2 = I. Si noti che la rotazione identica si riottiene per θ = 4π e non, come in SO(3), perθ = 2π. Inoltre risulta U(θ, ~n) = U(4π − θ,−~n).

La corrispondenza fra gli elementi di SU(2) ed i vettori ~φ che li descrivono, in questo caso, etale per cui lo spazio dei parametri e fatto ancora dai punti della sfera di raggio π, ma adessotutti i punti della superficie, cioe tutti i punti per cui |φ| = π ⇒ θ = 2π sono equivalenti fraloro ed individuano lo stesso elemento, che pero non e l’identita, bensı il suo opposto −I. E’semplice allora rendersi conto che, adesso, una curva che unisca due punti della superficie dellasfera e dunque sia chiusa, e riconducibile ad un punto perche tutti i punti della superficie sonoequivalenti. SU(2), come tutti i gruppi SU(n), e semplicemente connesso e dunque coincidecon il suo gruppo di ricoprimento universale.

37

che dimostra appunto la (2.31).La generica matrice di rotazione (2.26), esplicitamente, risulta44 legata al vettore~φ che la individua, nel modo seguente

Rij =(

ei~φ·~L)

ij= cosφ δij + sinφ ǫijk nk + (1 − cosφ)ni nj (2.33)

Da questa relazione e immediato che, se ~n, ~v, ~w costituiscono una terna cartesianaortonormale destrorsa (i.e. ~w = ~n× ~v), allora si ha, come deve essere, che

• Rijnj = ni cosφ + ǫijk nj nk sinφ + (1 − cosφ)ni nj nj = ni

• Rijvj = vi cosφ + ǫijk vj nk sinφ + (1 − cosφ)ni nj vj == vi cosφ − (~n× ~v)i sinφ = vi cosφ − wi sinφ

essendo, per ipotesi, nj nj = 1 e nj vj = 0.

Una ulteriore conseguenza della (2.31) e anche che, per qualunque rotazioneR, risulta

R ei~φ·~L R−1 = ei R (~φ·~L)R−1

= ei φj RLjR−1

= ei φj Rkj Lk = ei (R~φ)·~L (2.34)

44Poniamo infatti (cfr. eq.(2.28))

A ≡ i ~n · ~L ⇒ Ajk = i ns (Ls)jk = ns ǫsjk

Risulta immediatamente che

(A2)jk = ns ǫsjm nt ǫtmk = −ns nt ǫsjm ǫtkm = −ns nt (δstδjk − δskδjt) = −δjk + nj nk

(A3)jk = (A2)js(A)sk = (−δjs + nj ns) nt ǫtsk = −nt ǫtjk + nj ns nt ǫtsk = −(A)jk

(A4)jk = (A3)js(A)sk = −(A)js(A)sk = −(A2)jk

(A5)jk = (A4)js(A)sk = −(A2)js(A)sk = −(A3)jk = (A)jk

per cui, posto al solito φ = |~φ| e ~n = ~φ/φ, si ha

ei ~φ·~L ≡ eφA = I + φA+1

2!φ2A2 +

1

3!φ3A3 +

1

4!φ4A4 +

1

5φ5A5 + ... =

= I +A(φ − φ3

3!+φ5

5!+ ...) +A2(

φ2

2!− φ4

4!+ ...) =

= I +Asinφ+A2(1 − cosφ)

⇒(

ei ~φ·~L)

jk= δjk + sinφAjk + (1 − cosφ)A2

jk = δjk + sinφ ǫsjkns + (1 − cosφ)(−δjk + nj nk)

= δjk cosφ+ sinφ ǫsjk ns + (1 − cosφ)njnk

38

essendo45

(R~φ)j = Rjk φk (2.35)

La relazione (2.34) puo essere dedotta anche direttamente dalla (2.33), infattisi ha(

R ei~φ·~L R−1

)

ij≡ Rik

(

ei~φ·~L)

kmR−1mj

= Rik [cosφ δkm + sinφ ǫkmn nn + (1 − cosφ)nk nm] Rjm =

= cosφRikRjk + sinφ ǫkmn nnRik Rjm + (1 − cosφ)Rik nk Rjm nm

ed usando l’dentita (2.32), otteniamo quindi

ǫkmn nnRikRjm = ǫkmn nl δnlRik Rjm = ǫkmn nlRslRsnRik Rjm = ǫijsRsl nl

per cui, sostituendo, risulta

(

R ei~φ·~L R−1

)

ij≡ δij cosφ + ǫijs (R~n)s sinφ + (1 − cosφ) (R~n)i(R~n)j

≡(

ei (R~φ)·~L

)

ij

45Anche da un punto di vista strettamente geometrico risulta evidente che la rotazione

R ei ~φ·~L R−1 lascia invariante il vettore R~φ e si dimostra anche facilmente che alle due ro-tazioni corripondono poi la stessa ampiezza di rotazione. Questo accade perche, per la (2.33),l’ampiezza dell’angolo di rotazione e direttamente legata alla traccia della matrice, essendo

Tr(ei ~φ·~L) = 1 + 2 cosφ. Ma, risultando evidentemente che

Tr(R ei ~φ·~L R−1) = Tr(ei ~φ·~L)

ne concludiamo che l’ampiezza della rotazione descritta da R ei ~φ·~L R−1 risulta la stessa di

quella descritta da ei ~φ·~L c.v.d.

39

I boosts

Consideriamo ora trasformazioni di Lorentz proprie, in cui sia presente, invece,mescolamento fra la coordinata temporale ed almeno una coordinata spaziale.Consideriamo, per esempio, elementi del tipo

Λz =

a 0 0 b0 1 0 00 0 1 0c 0 0 d

; a, b, c, d reali (2.36)

La condizione sul determinante implica che

ad− bc = 1 (2.37)

mentre la condizione che Λz ∈ L↑+ implica che

Λ−1z = gΛt

z g =

a 0 0 − c0 1 0 00 0 1 0

−b 0 0 d

; a ≥ 1 (2.38)

ovvero devono valere le equazioni

a2 − b2 = 1 ⇒ a = chα; b = −shαd2 − c2 = 1 ⇒ d = chβ; c = −shβac− bd = 0 ⇒ −chα shβ + chβ shα = sh(α− β) = 0

per cui, risolvendo tenendo conto che a ≥ 0, si ottiene la soluzione generale

a = d = chα

(2.39)

b = c = −shα

dove α e un numero reale qualsiasi che viene detto rapidita del boost.Iniziamo cercando di capire quale tipo di trasformazioni sono descritte dalle Λz...Per la (2.12), assumendo che le origini dei due sistemi di riferimento spazio-temporali coincidano (i.e. aµ ≡ 0), avremo in generale che

ct′ = Λ0. ν x

ν = Λ0. 0 ct+ Λ0

. i xi = ct chα− z shα

x′ = Λ1. ν x

ν = x

y′ = Λ2. ν x

ν = y

z′ = Λ3. ν x

ν = Λ3. 0 ct+ Λ3

. i xi = −ct shα + z chα

40

Figure 3: Moto relativo fra i due riferimenti lungo l’asse z.

Consideriamo la legge oraria che descrive la posizione spazio-temporale dell’originedel sistema di riferimento RS in RS stesso46: essa puo essere vista come una suc-cessione ordinata di eventi, labellata dal tempo t (in RS) di ciascuno di questi,per cui potremo rappresentarla evidentemente con la linea di universo (t, 0, 0, 0).Nell’altro riferimento (RS ′), collegato al primo dalla trasformazione Λz, ciascunodegli eventi della linea di universo considerata avra associato un quadrivettore(t′, x′, y′, z′) che, per quanto sopra, sara dato da (t chα, 0, 0,−t shα) dove la vari-abile t va adesso vista semplicemente come un parametro che descrive, in RS ′,gli eventi della linea d’universo scelta. Nelle coordinate del secondo riferimento,la legge oraria diviene quindi (t′, 0, 0,−t′ thα) (vedi fig.3), ovvero essa descrive ilmoto uniforme di un punto con velocita pari a −thα, i.e. RS ′ si muove rispettoad RS con velocita costante

~β =

00thα

(2.40)

lungo l’asse z, ed i due riferimenti sono non ruotati l’uno rispetto all’altro.Essendo peraltro

ch2α =1

1 − β2; shα = β chα (2.41)

ecco che, se definiamo

γ =1√

1 − β2, (2.42)

46Da ora in avanti, assumeremo, per semplicita, che c = 1, per cui t ed x diventano grandezzeomogenee ...

41

risulta

Λz(α) ≡

chα 0 0 − shα0 1 0 00 0 1 0

−shα 0 0 chα

≡

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

≡

≡ Λz(th−1β) (2.43)

E’ banale verificare che le trasformazioni Λz costituiscono un sottogruppo abelianodi L↑

+ ad un parametro reale, infatti

Λz(α1) Λz(α2) = Λz(α1 + α2)

Λ−1z (α) = Λz(−α)

Λz(0) = I

Come si vede, il parametro che individua la trasformazione prodotto Λz(α1) Λz(α2)e una funzione particolarmente semplice dei due parametri che individuano i duefattori, se questo parametro e la rapidita, perche per essa vale semplicemente unalegge di somma. Finche ci limitiamo a trasformazioni in una direzione fissata,questa grandezza e l’analogo relativistico della velocita galileiana.Poniamo adesso, per definizione

Kz ≡ −i dΛz(α)

dα

∣

∣

∣

∣

∣

α=0

=

0 0 0 i0 0 0 00 0 0 0i 0 0 0

(2.44)

risulta

−idΛz(α)

dα= −i dΛz(β + α)

dβ

∣

∣

∣

∣

∣

β=0

= −i dΛz(β)Λz(α)

dβ

∣

∣

∣

∣

∣

β=0

= Kz Λz(α)

⇒ Λz(α) = ei αKz (2.45)

Osserviamo adesso, prima di continuare, che, se poniamo per comodita

~k =

001

e quindi ~kt = (0, 0, 1), allora possiamo scrivere

Kz =

(

0 i ~kt

i~k O

)

(2.46)

dove abbiamo indicato con O la matrice 3 × 3 identicamente nulla47.

47La verifica diretta della (2.45) e semplice, infatti risulta

iKz =

0 0 0 − 10 0 0 00 0 0 0

−1 0 0 0

; (iKz)2 =

1 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 1

42

Figure 4: Moto relativo dei due riferimenti non ruotati in una direzione generica.

Fin’ora abbiamo considerato il caso in cui i due riferimenti, non ruotati unorispetto all’altro, si muovono di moto rettilineo ed uniforme lungo l’asse z. Se ilmoto avviene lungo uno degli altri assi coordinati, la generalizzazione e banale,infatti abbiamo, con ovvio significato di simboli

Λx(α) ≡ eiαKx =

chα − shα 0 0−shα chα 0 0

0 0 1 00 0 0 1

(2.47)

ed e

(iKz)2n = (iKz)

2; (iKz)2n+1 = iKz

per cui risulta

ei α Kz =

∞∑

n=0

αn

n!(iKz)

n = I +

∞∑

n=0

α2n+1

(2n+ 1)!(iKz) +

∞∑

n=1

α2n

(2n)!(iKz)

2

ed essendo

shα ≡∞∑

n=0

α2n+1

(2n+ 1)!; chα ≡

∞∑

n=0

α2n

(2n)!= 1 +

∞∑

n=1

α2n

(2n)!

segue immediatamente che Λz(α) = ei α Kz

c.v.d.

43

Λy(α) ≡ eiαKy =

chα 0 − shα 00 1 0 0

−shα 0 chα 00 0 0 1

(2.48)

con

Kx =

0 i 0 0i 0 0 00 0 0 00 0 0 0

Ky =

0 0 i 00 0 0 0i 0 0 00 0 0 0

(2.49)

Ma supponiamo ora (vedi fig.4) che la velocita relativa ~V ≡ ~β del secondoriferimento (RS ′) rispetto al primo (RS) sia diretta secondo il generico versore~n. Avremo dunque che

Λ~n(α) = Λ−1R Λz(α) ΛR (2.50)

dove ΛR ruota ~n allineandolo con l’asse z. Dunque

Λ~n(α) = Λ−1R Λz(α) ΛR = Λ−1

R eiαKz ΛR = eiαΛ−1R

Kz ΛR ≡ eiαK~n (2.51)

dove

K~n ≡ Λ−1R Kz ΛR =

(

1 00 Rt

)(

0 i ~kt

i~k O

)(

1 00 R

)

=

=

(

0 i ~ktR

iRt ~k O

)

(2.52)

D’altronde, per ipotesi

R~n = ~k ⇒ ~n = R−1 ~k ≡ Rt ~k (2.53)

quindi

K~n ≡(

0 i ~ktR

iRt ~k O

)

≡(

0 i ~nt

i ~n O

)

≡ ~n · ~K (2.54)

dove abbiamo posto ~K ≡ (Kx, Ky, Kz).In generale, quindi, se i due riferimenti inerziali sono non ruotati uno rispetto

all’altro e si trovano in moto relativo qualsiasi, la trasformazione di Lorentz cheli connette e

Λ(~β) = ei α (~n· ~K) (2.55)

dove le matrici ~K = (Kx, Ky, Kz) sono definite dalle equazioni (2.44) e (2.49),

mentre ~n ≡ ~β|β| ed α ≡ th−1(|β|).

Le tre matrici ~K sono i ”generatori” dei boosts che, insieme ai 3 generatoridelle rotazioni, completano la struttura di Lie del gruppo di Lorentz.

44

2.2 Struttura di Lie di L↑+

Ricordiamo, in breve, che cosa e un gruppo di Lie.

2.2.1 Definizione di gruppo di Lie

Un gruppo G viene detto ”gruppo di Lie ” quando (cfr. ref.[2], [3])

• possiede la struttura di gruppo con una operazione di composizione internache chiameremo ”moltiplicazione”;

• possiede una struttura topologica, per cui la moltiplicazione e continua(ogni aperto, moltiplicato a destra o a sinistra per un qualunque elementoT ∈ G e aperto);

• possiede la struttura di varieta′ analitica (”analytic manifold”), che pre-ciseremo tra breve.

La definizione generale di ”analytic manifold”, in realta, e un po’ laboriosa ...Noi ci limiteremo ai casi in cui il gruppo e un gruppo lineare, cioe assumeremoche il gruppo G ammetta almeno una rappresentazione fedele Γ di dimensionefinita, i.e. sulle matrici m×m (reali o complesse). Questa proprieta consente diintrodurre una metrica in G attraverso la distanza

d(T, T ′) =

√

√

√

√

m∑

j,k=1

|Γ(T )jk − Γ(T ′)jk|2

Definiamo quindi

Mδ ≡ T : T ∈ G, d(T,E) < δdove abbiamo indicato con E l’elemento identico (neutro) di G.

La struttura di ”analytic manifold” presuppone che

• esista un δ > 0 per cui gli elementi di Mδ possono essere parametrizzati conn parametri reali (x1, ...., xn) in modo univoco (senza perdita di generalita,si assume che l’elemento neutro E sia individuato dall’n-tupla (0)...): inaltri termini, vogliamo che esista tutta una sfera aperta di raggio oppor-tuno, centrata sull’elemento neutro, per i cui elementi si possa dare unaparametrizzazione n-dimensionale univoca, cioe

tale per cui ad ogni elemento della sfera corrisponda uno ed un solo set diparametri;

• esista un η > 0 tale che ogni punto (x) ∈ Rn per cui∑nj=1 x

2i < η2 ab-

bia corrispondente in Mδ (Rη sia il sottoinsieme di Mδ cosı individuato):questo significa, in altre parole, che esiste una sfera aperta di Rn centratanell’origine, la cui immagine secondo la parametrizzazione di sopra e fattada elementi di Mδ.

45

• detto T (x) l’elemento di Rη individuato dalla n-tupla (x), se indichiamocon Γ(x) ≡ Γ(T (x)), le matrici T (x) sono funzioni analitiche dei parametri(x) in Rη.

Supponiamo adesso sia data una qualunque curva analitica xi = xi(t) per t ∈[0, t0), tale che xi(0) = 0: potremo trovare un ǫ > 0 per cui Γ(xi(t)) ≡ Γ(t) ∈ Rη

e quindi potremo sempre definire il vettore tangente alla curva come v = ∂Γ∂t

∣

∣

∣

t=0.

I vettori tangente formano uno spazio vettoriale sul corpo reale una cui base efatta dai vettori seguenti

Ai ≡∂Γ

∂xi

∣

∣

∣

∣

∣

x=0

che chiameremo ”generatori” della rappresentazione del gruppo.Si dimostra che se A,B sono due vettori tangenti alle curve A(t), B(t), allora

il loro commutatore (si ricordi che A e B sono matrici m×m...) [A,B] e tangentealla curva C(t) = A(

√t) B(

√t) A(

√t)−1 B(

√t)−1 e questo consente di provare

che lo spazio dei vettori tangenti ha la struttura di un’algebra di Lie reale48.Vale infatti il seguente

Teorema:Per ogni gruppo lineare di Lie , esiste una corrispondente algebra di Lie lineare,di dimensione pari a quella del gruppo, di cui gli elementi Ai ≡ ∂Γ

∂xi

∣

∣

∣

x=0sono una

base.Un aspetto rilevante delle algebre di Lie e che la loro struttura e univocamentedeterminata dalle quantita Cm

ij , definite attraverso la relazione

[Ai, Aj ] = Cmij Am

che prendono il nome, appunto, di costanti di struttura dell’algebra. Infatti, vistoche gliAi sono una base, note le costanti di struttura, evidentemente risulta altresınoto il commutatore di qualunque elemento dell’algebra con qualunque altro ...A partire dalle costanti di struttura si puo definire il cosiddetto tensore metricodi Killing nel modo seguente

gij = gji = Ckil C

ljk

e se il determinante del tensore di Killing non e nullo, allora, posto gij = g−1ij , si

puo definire un operatore (di Casimir) C

C = gij AiAj

il quale ha la proprieta di commutare con tutti i generatori Ai. Nel caso di SU(2),per esempio, questo operatore di Casimir e semplicemente 1

2J2.

Si dimostra altresı che48Ricordiamo che un’algebra di Lie e uno spazio vettoriale sul corpo reale o complesso in cui

e definita un’operazione di composizione interna [A,B] che e bilineare, antisimmetrica e taleche [A, [B,C]] + [B, [C,A]] + [C, [A,B]] = 0.

46

• ogni elemento A dell’algebra di Lie ha associato un sottogruppo di G ,abeliano ad un parametro, costituito dagli elementi

G(t) = etA, −∞ < t < +∞ ;

• in un opportuno intorno I dell’identita, ogni elemento appartiene a qualchesottogruppo ad un parametro, ottenuto esponenziando un opportuno ele-mento dell’algebra di Lie, i.e.

∀g ∈ I, ∃(x) ∈ Rn : g = exi Ai

In conclusione, per un gruppo di Lie compatto49, si dimostra che ogni elementodel sottogruppo connesso50 puo esprimersi come eA dove A e un opportuno ele-mento dell’algebra di Lie del gruppo. Se il gruppo non e compatto, ogni elementodel sottogruppo connesso puo, comunque, essere scritto come il prodotto di unnumero finito di esponenziali di elementi della sua algebra di Lie.

2.2.2 Il gruppo di Lorentz come gruppo di Lie

Torniamo adesso al gruppo di Lorentz ortocrono proprio L↑+. Consideriamo un

intorno della trasformazione identica e poniamo

Λµ. ν = δµν + ǫµ. ν (2.56)

con ǫµ. ν matrice di elementi reali infinitesimi. La condizione (2.15), che discendedalla condizione di conservazione della lunghezza dell’intervallo

Λµ. σ Λν

. ρ gµν = gσρ (2.57)

impone che

(δµσ + ǫµ. σ) (δνρ + ǫν. ρ) gµν = gσρ (2.58)

ovvero, al primo ordine in ǫ, che

gσρ = δµσδνρ gµν + (δµσ ǫ

ν. ρ + ǫµ. σδ

νρ) gµν = gσρ + ǫν. ρ gσν + ǫµ. σ gµρ = gσρ + ǫσρ + ǫρσ

49Un gruppo di Lie e compatto quando ne esiste una parametrizzazione completa che econtinua ed ha range in un dominio compatto di Rn.

50Un gruppo e connesso se un suo qualunque elemento puo essere ottenuto a partiredall’identita, attraverso una curva continua: in ogni caso, tutti gli elementi del gruppo chesono ”connessi” da una curva continua con l’identita formano un sottogruppo. Un gruppo con-nesso e detto semplicemente connesso se ogni loop in G puo essere deformato in modo continuofino a divenire un punto. Ogni algebra di Lie ha associato, a meno di isomorfismi, uno ed unsolo gruppo di Lie semplicemente connesso, che viene detto il suo ricoprimento universale

47

i.e.

ǫσρ + ǫρσ = 0 (2.59)

ovvero la ǫρσ deve essere una matrice 4 × 4 antisimmetrica51 e dunque l’intornodell’identita del gruppo di Lorentz e descritto in termini di 6 parametri reali.Inoltre, da quanto si e visto, una generica trasformazione di Lorentz risulteracomunque dalla composizione di una rotazione ed un boost e questo anche vicinoall’identita, ovvero

Λ ≈ (I + i ~Φ · ~L)(I + i ~α · ~K)

⇒ Λµ. ν ≈ δµν + i ~Φ · (~L)µ. ν + i ~α · ( ~K)µ. ν (2.60)

e si riconosce immediatamente che i ~L ed i ~K, quando entrambi gli indici sonocovarianti (cioe in basso ...) come prescritto dalla (2.59), sono matrici reali edantisimmetriche indipendenti52 ...

2.2.3 Algebra di Lie del gruppo L↑+

Abbiamo gia visto che

[Lm, Ln] = i ǫmnk Lk (2.61)

Quanto alle K, risulta, per esempio,

[K1, K2] =

0 i 0 0i 0 0 00 0 0 00 0 0 0

0 0 i 00 0 0 0i 0 0 00 0 0 0

−

0 0 i 00 0 0 0i 0 0 00 0 0 0

0 i 0 0i 0 0 00 0 0 00 0 0 0

=

=

0 0 0 00 0 − 1 00 1 0 00 0 0 0

= −i L3 (2.62)

ed in generale si ha

[Km, Kn] = −i ǫmnk Lk (2.63)

51Si noti che questa condizione di antisimmetria deve essere soddisfatta dalla matriceǫρσ ≡ gρν ǫ

ν. σ ≈ g(I − Λ)...

52Per definizione (~L)µ ν ≡ gµ σ (~L)σ. ν e dunque, essendo le matrici L non nulle solo per indici

spaziali, il prodotto con il tensore metrico, pur cambiandone il segno, non ne altera il carattereantisimmetrico. Quanto invece alle K, che sono simmetriche, poiche esse sono non nulle quandoun indice e di tipo tempo ed uno e di tipo spazio, solo un elemento (quello sulla prima colonna)viene cambiato di segno dalla moltiplicazione per il tensore metrico, e dunque, da simmetriche,diventano antisimmetriche.c.v.d.

48

Questo dimostra che i boosts di Lorentz non formano un gruppo, poiche l’algebradi Lie dei suoi generatori non e chiusa. La prima conseguenza di questo fatto eche se effettuiamo un boost in una direzione e poi in un’altra, la trasformazionecomplessiva, in generale non coincide con quella ottenuta effettuando dapprimail secondo boost e poi il primo, se non a meno di una rotazione (rotazione diWigner).

L’ultimo aspetto da chiarire, riguarda il commutatore fra L e K: risulta

[Lm, Kn] = i ǫmnkKk (2.64)

il cui significato e che gli operatori ~K sono operatori vettoriali, come era facileaspettarsi visto che hanno a che fare con trasformazioni ”di velocita ”.

A questo punto l’algebra di Lie e completa. Si ha

[Lm, Ln] = i ǫmnk Lk

[Lm, Kn] = i ǫmnkKk

[Km, Kn] = −i ǫmnk LkPossiamo renderci conto meglio della struttura del gruppo se poniamo

~J (1) =~L+ i ~K

2(2.65)

~J (2) =~L− i ~K

2(2.66)

Infatti, in termini di questi nuovi operatori, l’algebra di Lie del gruppo diviene[

J (1)m , J (1)

n

]

= i ǫmnk J(1)k

[

J (2)m , J (2)

n

]

= i ǫmnk J(2)k

[

J (1)m , J (2)

n

]

= 0

ovvero, in termini di ~J (1) e ~J (2), essa viene decomposta nella somma diretta didue algebre di Lie del gruppo delle rotazioni. Ne segue allora che ogni rappresen-tazione finita dei generatori del gruppo di Lorentz (e quindi ogni rappresentazionea dimensione finita del gruppo di ricoprimento universale di L↑

+ ) sara descrittada due numeri semidispari s1 ed s2 che descriveranno, rispettivamente, la rapp-

resentazione dei ~J (1) e quella dei ~J (2), tali che53

| ~J (1)|2 = s1(s1 + 1) I (2.67)

| ~J (2)|2 = s2(s2 + 1) I (2.68)

53Nel caso studiato, si verifica immediatamente che

(J(1)1 )2 = (J

(1)2 )2 = (J

(1)3 )2 = (J

(2)1 )2 = (J

(2)2 )2 = (J

(2)3 )2 =

1

4I

e quindi risulta | ~J (1)|2 = | ~J (1)|2 = 34I, ovvero s1 = s2 = 1

2 .

49

e la dimensione n della rappresentazione di L↑+ sara poi tale che54

n = (2s1 + 1)(2s2 + 2).

2.2.4 Il gruppo di Lorentz ortocrono proprio L↑+ ed SL(2, C)

Veniamo adesso al gruppo di ricoprimento universale di L↑+, che, come dimostr-

eremo adesso, e il gruppo SL(2, C).Iniziamo con il caratterizzare questo gruppo: esso e fatto dalle matrici comp-lesse 2 × 2, aventi determinante +1. Ogni matrice A ∈ SL(2, C) puo sempreessere scritta come prodotto55 di una matrice hermitiana H avente traccia pos-itiva ed una matrice unitaria U , entrambe con determinante +1, cioe entrambe

54Circa l’unitarieta, dato che ~J1 e ~J2 sono hermitiani in quanto generatori di una rappresen-tazione finita di SU(2), essendo

A(Λ) = ei~Φ~L ei~α ~K = ei~Φ( ~J1+ ~J2) e~α( ~J1− ~J2)

A(Λ) potra essere unitaria solo per le trasformazioni che corrispondono ad elementi del gruppo

di Lorentz per cui ~α = 0, ovvero solo per le rotazioni, visto che e~α( ~J1− ~J2) e un operatorecertamente hermitiano ma non unitario.

55Infatti, consideriamo la matrice AA†: evidentemente essa e hermitiana e definisce unaforma quadratica positiva per cui e diagonalizzabile con una matrice unitaria opportuna P , edi suoi autovalori sono tutti strettamente positivi

P (AA†)P † = D ⇒ (AA†) = P †D P

Siccome la matrice diagonale D ha solo autovalori positivi, si puo definire la matrice diagonaleD fatta dalle sue radici quadrate positive, i.e. in modo che

D = D2, T r(D) > 0

Chiaramente D ha determinante +1 e cosı pure D, dovendo averlo positivo e tale chedet(D)2 = det(D) = 1. Poniamo allora, per definizione

H = P †DP

E’ evidente dalla definizione che H e hermitiana, ha determinante +1 e traccia positiva. Di-mostriamo che la matrice H−1A ≡ P †D−1 P A, che ha evidentemente determinante +1, eunitaria. Infatti

(H−1A)† = A† P †D−1 P

e risulta(H−1A)† (H−1A) = A† P †D−1 P P †D−1 P A = A† P †D−2 P A

maP †D−2 P = P †D−1 P = (AA†)−1 = (A†)−1 A−1

per cui(H−1A)† (H−1A) = A† (A†)−1A−1A = I

c.v.d.

50

appartenenti ad SL(2, C), i.e.

A = H U ; H ∈ SL(2, C), H = H†, T r(H) > 0, U ∈ SL(2, C), U−1 = U †

Le matrici unitarie di SL(2, C) costituiscono il ben noto sottogruppo SU(2), ilcui generico elemento, secondo la (2.30), si puo scrivere come

U = eiθ2~n·~σ (2.69)

Invece le matrici hermitiane di SL(2, C) non costituiscono un sottogruppo perchenon sono stabili sotto il prodotto56. Si tratta di matrici che sono, evidentemente,diagonalizzabili con una matrice unitaria e siccome quelle che ci interessano hannotraccia positiva e determinante +1, la loro forma diagonale e

D =

(

ρ 00 ρ−1

)

, ρ > 0 (2.70)

Si dimostra che le matrici hermitiane in questione sono sempre rappresentabilinella forma seguente

H = e12~v·~σ = I ch

λ

2+ (~k · ~σ) sh

λ

2(2.71)

dove ~v = λ~k e un vettore generico, di modulo arbitrario λ, e ~k e il versorecorrispondente. Siccome, qualsiasi sia il versore ~k, ~k · ~σ viene trasformato in σzda una opportuna rotazione U di SU(2) che allinei ~k con l’asse z, ecco che risulta

U−1H U = eλ2σz =

(

eλ2 0

0 e−λ2

)

(2.72)

la quale mostra il legame fra gli autovalori ρ e ρ−1 di H ed il parametro realeλ ≡ |~v| della (2.71).In conclusione, il generico elemento A di SL(2, C) puo essere sempre messo nellaforma

A = eλ2~k·~σ ei

θ2~n·~σ (2.73)

dove ~k e ~n sono versori opportuni, mentre 0 ≤ θ < 4π e −∞ < λ < +∞ sonoparametri reali.Come abbiamo gia enunciato, questo gruppo costituisce il ricoprimento univer-sale di L↑

+.

56Il prodotto di due matrici hermitiane non e in generale hermitiano, a meno che le duematrici non commutino fra loro.

51

Per rendercene conto, cominciamo con l’osservare che SL(2, C), data la fattor-izzazione (2.73), ha una struttura analitica riconducibile a quella di SU(2) edin particolare si tratta di un gruppo di Lie semplicemente connesso57. Dunque,per dimostrare che e il ricoprimento universale di L↑

+, basta dimostrare che esisteun omomorfismo da SL(2, C) in L↑

+, che diviene isomorfismo in tutto un intornodell’identita, ovvero che i due gruppi hanno la stessa algebra di Lie.A questo scopo, iniziamo rappresentando i punti dello spazio-tempoR4 di Minkowskimettendoli in corrispondenza con lo spazio vettoriale H2 sul corpo reale delle ma-trici hermitiane 2 × 2. Poniamo

(xµ) ≡ (x0, ~x) → X ≡ C(xµ) ≡ xµ σµ =

(

x0 + x3 x1 − ix2

x1 + ix2 x0 − x3

)

(2.74)

dove σ0 e la matrice identica 2×2, mentre le σi sono le consuete matrici di Pauli,i.e.

σ0 =

(

1 00 1

)

, σ1 =

(

0 11 0

)

, σ2 =

(

0 − ii 0

)

, σ3 =

(

1 00 − 1

)

(2.75)

La corrispondenza C definita dalla (2.74) e bigettiva, dunque e invertibile e risulta

(xµ) ≡ C−1(X ) =1

2Tr(X σµ) (2.76)

Si noti che la lunghezza dell’intervallo invariante di Lorentz, per la (2.74), risultasemplicemente dato da

s2 ≡ xµxµ = det(X ) (2.77)

Consideriamo allora la seguente trasformazione lineare TA dallo spazio vettorialeH2 in se:

X → X ′ = TA(X ) ≡ AX A† (2.78)

dove A e un qualunque elemento di SL(2, C). E’ immediato che T definisce unarappresentazione di SL(2, C) nello spazio delle trasformazioni lineari di H2 in se,infatti

TATB = TABSiccome det(A) = 1, questa trasformazione e tale per cui le due matrici X e X ′

hanno lo stesso determinante, ovvero, il quadrivettore (x′)µ definito partire da X ′

attraverso la (2.76)

x′µ =1

2Tr(X ′ σµ)

57A differenza di SU(2), il gruppo SL(2, C) non e compatto, proprio perche il parametro λdi cui sopra puo assumere un qualunque valore reale e quindi l’insieme dei parametri reali chedescrivono gli elementi del gruppo non e compatto in Rn.

52

ha la stessa lunghezza invariante di Lorentz del quadrivettore di partenza (xµ) edunque i due quadrivettori sono legati da una opportuna trasformazione ΛA delgruppo di Lorentz. Risulta

x′µ =1

2Tr(X ′ σµ) =

1

2Tr(AX A† σµ) =

1

2Tr(Axνσν A

† σµ) =

= xν1

2Tr(Aσν A

† σµ)

⇒ (ΛA)µ. ν =1

2Tr(Aσν A

† σµ) =1

2Tr(σµAσν A

†) (2.79)

i.e. A→ ΛA : (ΛA)µ. ν =1

2Tr(σµAσν A

†) (2.80)

ovvero abbiamo

A→ ΛA = C−1 TA C (2.81)

la quale, unita alle considerazioni precedenti, mostra che la corrispondenza sopradefinita fra gli elementi del gruppo SL(2, C) e quelli del gruppo di Lorentz hale caratteristiche di un omomorfismo, i.e. rispetta il prodotto di composizioneinterna. Vogliamo dimostrare che ΛA e un elemento del gruppo ortocrono proprio.Per questo, ricordiamo che ogni elemento di SL(2, C) e individuato da due vettori,

θ~n e λ~k che descrivono, rispettivamente, la parte hermitiana e quella unitariadella decomposizione di A. Fissato allora un qualunque elemento A ∈ SL(2, C),si puo definire una famiglia A(t), t ∈ [0, 1] di elementi di SL(2, C), che, infunzione di un parametro t, consente di passare con continuita dall’elementoidentico ad A. Per definizione risulta

A(t) ≡ et λ2

~k·~σ eit θ2~n·~σ ⇒ A(0) = I; A(1) = A

Evidentemente, se indichiamo con Λ(t) la matrice di Lorentz corrispondente allaA(t) secondo la (2.80), questa risulta essere una funzione analitica del parametrot, tale che Λ(0) = I, Λ(1) = ΛA . Ma abbiamo gia osservato che le matrici delgruppo di Lorentz hanno determinante pari a +1 oppure −1: siccome per t = 0 ildeterminante e ovviamente pari a +1, per l’analiticita di cui sopra, non puo cherimanere tale per ogni t e dunque deve essere det(ΛA) = +1. Analogamente, perquanto riguarda Λ00

A , poiche si e gia visto che questa quantita o e non inferiore a+1 oppure e non superiore a −1, poiche per t = 0 essa e pari a +1 e poi dipendeda t in modo analitico, deve restare positiva anche per t = 1, cioe per Λa.Dunque ΛA ∈ L↑

+.

Evidentemente, secondo la (2.80), risulta

ΛA = Λ−A

53

Questo significa che l’applicazione (2.80) definita da SL(2, C) in L↑+ non e iniet-

tiva. E’ invece suriettiva: ogni elemento di L↑+ risulta immagine di un opportuno

elemento di SL(2, C) (anzi, di due). Localmente, il mapping e 1 ad 1, ovveroun intorno opportuno dell’identita di SL(2, C) va in un intorno dell’identita diL↑

+ e viceversa: questo garantisce che i due gruppi abbiano la stessa algebra diLie58. Dunque il gruppo SL(2, C), che e semplicemente connesso, esso costituisceil ricoprimento universale di L↑

+.c.v.d.

58L’identita fra le due algebre di Lie poteva anche essere dimostrata direttamente, osservandoche cosı come il generico elemento di SL(2, C) puo essere scritto come

eλ2

~k·~σ ei θ2~n·~σ

analogamente abbiamo visto che il generico elemento di L↑+ puo essere scritto come

eiλ~k· ~K eiθ~n·~L

e l’algebra di Lie generata da

~L, ~K

e isomorfa a quella generata da

12~σ,

i2~σ

.

54

2.3 Alcune conseguenze delle trasformazioni di Lorentz

2.3.1 Classificazione degli intervalli

Abbiamo visto che l’intervallo fra due eventi (xµ) ed (yµ) e definito come

s2 = (xµ − yµ)(xµ − yµ) (2.82)

ed e invariante per trasformazioni di Lorentz.

• a): intervallo di tipo ”tempo”

Se s2 > 0, l’intervallo e di tipo ”tempo” (time like): esiste sempre (almeno)una trasformazione di Lorentz per cui (xµ − yµ) ≡ (∆t,∆~x) → (±s, 0, 0, 0)In questo riferimento, dunque, i due eventi avvengono nello stesso luogo, ma atempi differenti. Per determinare questo riferimento, iniziamo applicando unaprima trasformazione di Lorentz che ruoti il sistema di riferimento in modo cheil vettore ∆~x risulti allineato con l’asse z:(∆t,∆~x) → (∆t, 0, 0,∆r) , dove ∆r ≡ |∆~x|.

Applicando ora un boost lungo z, i.e. una trasformazione del tipo

Λz =

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

(2.83)

risulta

(∆t, 0, 0,∆r) → (γ∆t− β γ∆r, 0, 0, −β γ∆t+ γ∆r)

Se scegliamo allora β = ∆r∆t

(questo e sempre possibile perche, essendo l’intervallodi tipo ”tempo”, per ipotesi ∆t2 − |∆~x|2 > 0 e dunque ∆r

∆t< 1...) risulta59

(∆t, 0, 0,∆r) → (γ∆t− γ(∆r)2

∆t, 0, 0, 0) = γ∆t(1 − β2, 0, 0, 0) =

=∆ t

γ(1, 0, 0, 0) ≡ (

∆ t

|∆ t|√s, 0, 0, 0)

essendo

∆t2

γ2= ∆t2(1 − β2) = ∆t2(1 − ∆r2

∆t2) = ∆t2 − ∆r2 ≡ s2

59La quantita β = ∆r∆t fornisce, nel primo riferimento, la velocita con cui un punto materiale

P dovrebbe recarsi dal luogo dove avviene il primo evento al luogo dove avviene il secondo,in modo da essere simultaneo con il primo evento quando P parte e con il secondo evento,quando P arriva. Un osservatore solidale con il punto P , vedrebbe dunque avvenire i dueeventi entrambi nello stesso luogo.

55

Si osservi che nel riferimento in cui i due eventi avvengono nello stesso luogo,l’intervallo temporale che li separa e il piu corto possibile, infatti esso vale

∆t′ =∆t

γ< ∆t

essendo γ = 1√1−β2

= 1√1−(∆r

∆t)2> 1.

Questo fenomeno e noto come dilatazione dei tempi e consiste nel fatto che eventiche in un riferimento accadono nello stesso luogo ma a tempi differenti, appaiono,in un riferimento in moto relativo con esso, avvenire in luoghi diversi (ovvio) adun intervallo di tempo che e dilatato rispetto al primo del fattore γ.

Osserviamo che quando due eventi sono relativi ad un medesimo corpo oparticella, il loro intervallo e sempre di genere tempo, poiche lo spazio percorsofra i due eventi non puo essere superiore a c∆t, dato che la velocita del corponon puo superare60 c, la velocita della luce.

Osserviamo altresı che per eventi di tipo tempo, la sequenza temporale nonpuo essere invertita, ovvero il segno di ∆t non puo cambiare a causa della trasfor-mazione del sistema di riferimento. Fra eventi di questo tipo puo dunque esistereun nesso causale, ovvero una relazione di causa ed effetto: questo fatto e con-fermato anche dalla possibilita che abbiamo, in ogni riferimento, di inviare unsegnale (necessariamente a velocita inferiore a c) dal primo al secondo ...

La distanza temporale ∆t che lega i due eventi nel riferimento in cui avvengononello stesso luogo si chiama intervallo (differenza) di tempo proprio e solitamenteviene indicato con il simbolo τ (oppure dτ , δτ , ∆τ ...).Il tempo proprio e una grandezza scalare, visto che

∆τ = sgn ·√s2

e tanto s2 come sgn ≡ ∆t|∆t| sono invarianti per trasformazioni di Lorentz (gruppo

ortocrono proprio).Si osservi ora che gli intervalli a cui corrisponde la stessa differenza di tempo

proprio, per quanto precede, sono rappresentati in assi ∆~r,∆t, dai punti che sitrovano su una falda di iperboloide di rotazione intorno all’asse temporale, taleche ∆t2 − ∆r2 = ∆τ 2, che e quello superiore se ∆τ > 0 e quello inferiore se∆τ < 0.

60Una conseguenza e la dilatazione apparente della vita media di una particella in volo. Con-sideriamo, come esempio, i leptoni µ: essi hanno una vita media (a riposo) di τ = 2.197µs, equindi un cτ = 658.65m. Come e possibile allora che vengano osservati copiosamente al livellodel mare quando essi sono prodotti dai raggi cosmici nell’alta atmosfera, ovvero a distanzedell’ordine della decina di chilometri ? La spiegazione sta nel fatto che la vita media e quellaindicata ma nel riferimento in cui la particella e ferma: nel nostro riferimento la scala tempo-rale che la riguarda appare, invece, dilatata del fattore γ, che, per i muoni in questione, puofacilmente andare da svariate decine (GeV) ad alcune migliaia (centinaia di GeV).

56

• b): intervallo di tipo ”luce”

Se s2 = 0, l’intervallo e detto di tipo ”luce” (light like). Esso ha neces-sariamente la forma (xµ − yµ) ≡ (∆t,∆~x) con |∆~x|2 = ∆t2, per definizione dilunghezza dell’intervallo.

In questo caso, si tratta di eventi connessi da un segnale luminoso: se infattidal punto (xµ) parte un segnale luminoso nella direzione del versore ~k, esso sipropaga secondo le equazioni

t′ = t+ ∆t~x′ = ~x+ c∆t

ed, evidentemente, (t′, ~x′) − (t, ~x) = (∆t, c∆t ~k) e di tipo luce (e viceversa).Vediamo, di nuovo, come appariranno questi eventi dai vari riferimenti colle-

gati a quello di partenza da trasformazioni di L↑+. Possiamo, al solito, con una

rotazione, allineare ~∆x con l’asse z:

(∆t, ~∆x) → (∆t, 0, 0,∆r) dove ∆r = |∆t|

Applichiamo ora un generico boost lungo z: avremo

(∆t, 0, 0,∆r) → (γ∆t− βγ∆r, 0, 0,−βγ∆t+ γ∆r)

Supponiamo ora, per semplicita, che ∆t > 0 ⇒ ∆t = ∆r: ne segue che

(∆t, 0, 0,∆r) → γ∆t(1 − β, 0, 0, 1− β) = (1 − β)γ(∆t, 0, 0,∆r)

Se invece ∆t < 0 ⇒ ∆t = −∆r risulta

(∆t, 0, 0,∆r) → γ∆t(1 + β, 0, 0, 1 + β) = (1 + β)γ(∆t, 0, 0,∆r)

Come si vede, essendo (1 ± β) > 0, di nuovo, in nessun caso si puo invertireil segno della differenza temporale: questo significa che se in un riferimento eavvenuto prima l’evento A e poi l’evento B, in ogni riferimento appare sempreavvenire prima A; ovvero anche eventi light-like possono, coerentemente, esserein relazione causale fra loro.

Quanto ai fattori γ(1 ± β), essi possono asssumere un qualunque valore reale

positivo, per cui, partendo da un intervallo (∆t, ~∆x), con opportuni boosts e

rotazioni, si puo raggiungere un qualsiasi altro quadrivettore (∆t′, ~∆x′), purche∆t e ∆t′ abbiano lo stesso segno (e naturalmente, trattandosi di eventi light-like,

|∆t′| = ~∆x′...): questi intervalli stanno tutti su una stessa falda del cosiddetto”cono luce” (privato dell’origine, cioe del punto (0,0,0,0)), che sara quella supe-riore se ∆t > 0 e quella inferiore nell’altro caso.

57

• c): intervallo di tipo ”spazio”

Se s2 < 0, l’intervallo e di tipo ”spazio” (space like).Esiste un riferimento in cui i due eventi avvengono simultaneamente in postidifferenti. Infatti, partiamo, al solito, dal quadrivettore (∆t, ~∆x), dove, stavolta,

∆t2 < | ~∆x|2 (essendo s2 < 0) e ruotiamo in modo da allineare ~∆x con l’asse z

(∆t, ~∆x) → (∆t, 0, 0,∆r) con ∆r = | ~∆x|

Un boost lungo z lo trasforma in

(∆t, 0, 0,∆r) → (γ∆t− βγ∆r, 0, 0,−βγ∆t+ γ∆r)

Scegliamo adesso61 β = ∆t∆r

per cui

(∆t, 0, 0,∆r) → (0, 0, 0,−γ∆t2

∆r+ γ∆r) = γ∆r(0, 0, 0, 1− ∆t2

∆r2) =

= γ∆r(0, 0, 0, 1− β2) =∆r

γ(0, 0, 0, 1)

In questo riferimento i due eventi sono divenuti simultanei.Si osservi che, se, per esempio, iniziamo da un evento space-like per cui ∆t > 0,

allora, per β > ∆t∆r

, risulta ∆t′ = γ∆t − βγ∆r = γ(∆t − β∆r) < 0, ovvero, pereventi di tipo ”space-like”, e possibile invertire la loro sequenza temporale. Essipossono risultare simultanei in un riferimento, il primo precedere il secondo in unaltro riferimento ed il secondo precedere il primo in un terzo riferimento !In particolare, da queste argomentazioni, risulta chiaro che il concetto di simul-taneita di avvenimenti in luoghi differenti, essendo direttamente legato al com-portamento di eventi space-like, non e un concetto assoluto, bensı dipende dalsistema di riferimento.

Anche nel caso di intervalli space-like, tutti quelli che corrispondono ad unostesso valore dell’invariante s2, sono raggiungibili l’uno dall’altro con una oppor-tuna combinazione di boosts e rotazioni. Gli intervalli si trovano ancora sullasuperficie di un iperboloide di rotazione intorno all’asse temporale, che, pero,questa volta, e fatto di una sola falda, di equazione ∆r2 − ∆t2 = |s2|.

61Non stupisca il fatto che β, che descrive una velocita, venga scritto come ∆t∆r . Abbiamo gia

detto che c = 1, e dunque ∆r e ∆t sono grandezze omogenee e β e, in realta, un numero puro!Se non avessimo posto c = 1, avremmo dovuto scegliere adesso v = c2 ∆t

∆r ...

58

2.3.2 Il tempo proprio

Abbiamo visto che, per due eventi separati da un intervallo time-like, si puodefinire un invariante di Lorentz, che e il tempo proprio come la lunghezzadell’intervallo temporale che li separa nel riferimento in cui i due eventi accadononello stesso luogo.

Questa nozione puo essere generalizzata a casi piu complicati ... Immagini-amo di osservare, in un riferimento RS, un orologio animato di moto qualsiasi(supporremo che le eventuali accelerazioni cui e sottoposto non ne alterino ilfunzionamento normale...) rispetto a noi. La sua linea di universo (cioe la sua

traiettoria nello spazio-tempo) sara la curva (t, ~x(t)) dove t e il tempo misuratonel riferimento RS.Consideriamo ora due istanti successivi molto vicini tra loro, t ed t+ dt. Le dueposizioni dell’orologio in RS saranno descritte, rispettivamente, dagli eventi

(t, ~x(t)) e (t + dt, ~x(t) + d~xdt

∣

∣

∣

t=tdt) = (t + dt, ~x(t) + v(t)dt) e

l’intervallo che li lega non puo che essere time-like, per quanto gia osservato...Per un osservatore che viaggiasse sempre alla velocita ~v = d~x

dt

∣

∣

∣

t=t≡ v(t), i due

eventi apparirebbero avvenire nella stessa posizione e quindi, per quanto si e visto,risulterebbero separati da una distanza temporale dτ = dt

γ(t). Questo intervallo

temporale e proprio quello che segna l’orologio, che, evidentemente, e semprefermo rispetto a se stesso. In generale quindi il tempo segnato dall’orologio sara

∆τ =∫ t2

t1

dt

γ(t)< t2 − t1

Questo risultato viene anche espresso dicendo che un orologio in moto vapiu lentamente che uno fermo: comunque, questa frase va intesa correttamente,perche si presta a paradossi ...

Supponiamo infatti che esistano due orologi in due riferimenti RS ed RS ′,entrambi inerziali, in moto relativo fra loro con velocita ~v.Un osservatore in RS vede che l’orologio C di RS va piu veloce dell’orologio C ′

di RS ′, ma un osservatore in RS ′ vede invece che e l’orologio C ′ ad andare piuveloce dell’orologio C.C’e contraddizione? No !!

L’apparente paradosso nasce dal fatto che continuiamo a pensare la simul-taneita come una cosa assoluta, mentre abbiamo visto che, quando si riferisce adeventi in luoghi diversi, e del tutto relativa.

Consideriamo i due orologi C e C ′ ed osserviamoli dai due riferimenti.Supponiamo, senza perdita di generalita, che quando si trovano nello stessopunto (sovrapposti), che assumeremo coincidere con l’origine dei due riferimenti,vengano rimessi a segnare entrambi il tempo t = 0. Poi si allontanano tra lorocon velocita ~v...

59

Quanto alle loro posizioni spazio-temporali, abbiamo dunque

Orologio C Orologio C’

RS (0,~0) (0,~0)

(t,~0) (t, ~v t)

RS’ (0,~0) (0,~0)

(t′,−~v t′) (t′,~0)

cioe al tempo t in RS, l’orologio C ′ si trova nel punto (t, ~v t) e segna il tempoproprio τ = t

γ, ovvero l’evento (t, ~v t) visto da RS ′ e l’evento (τ = t

γ,~0). Sempre

da RS ′, a questo stesso tempo τ , l’orologio C si trova in (τ,−~v τ) ma non segnail tempo t (nel qual caso avremmo contraddizione...), bensı il tempo τ

γ= t

γ2 .La ragione e che, dopo aver sincronizzato i due orologi C e C ′ quando erano nellostesso posto (nell’origine, al tempo t = 0), per conoscere il tempo proprio di C ′

operando da RS, abbiamo misurato la posizione spazio-temporale dei due orologisimultaneamente in RS, considerando gli eventi (t,~0) e (t, ~v t) ed abbiamo con-cluso che quando C segna t, C ′ deve segnare di meno, e precisamente τ = t

γ. Se

avessimo operato da RS ′, la sincronizzazione sarebbe rimasta la stessa, essendoquesta operazione invariante in quanto avvenuta sui due orologi quando eranonello stesso punto ed allo stesso momento; pero poi avremmo dovuto prenderele posizioni del due orologi simultaneamente in RS ′, e siccome la seconda voltanon possiamo piu farlo con gli orologi nello stesso posto, troviamo l’apparenteparadosso che, da RS, quando C segna t, allora C ′ segna t

γ, come pure, da RS ′

quando C ′ segna t′, allora C segna t′

γ, i.e. in entrambi i casi l’orologio in moto

appare rallentato rispetto a quello fermo...Un modo per superare il problema relativo al fatto che, la seconda volta che

si confrontano gli orologi, non possiamo farlo quando si trovano di nuovo nellostesso posto, e quello di assumere che uno dei due per meta del tempo vada inun verso e per l’altra meta del tempo vada in verso opposto, in modo che i dueorologi tornino a sovrapporsi...E’ il paradosso dei gemelli.Di due gemelli, uno resta sulla Terra (assunta un riferimento inerziale) mentrel’altro se ne va con un’astronave e ritorna dopo tantissimo tempo. Per il gemellorimasto a Terra, sara trascorso il tempo ∆t coincidente con l’intervallo di tempoproprio a lui associato, mentre per il gemello astronauta sara trascorso un tempoproprio

∆τ =∫ t+∆t

t

dt

γ(t)< ∆t

dove γ(t) e il γ del gemello astronauta, rispetto alla Terra, valutato al tempo tdella Terra. La conclusione e che il gemello intraprendente, quando torna e piu

60

giovane del gemello stanziale!Pero, se invece di riferirci al gemello terrestre, ci fossimo riferiti al gemello as-tronauta, avremmo concluso che era quello terrestre, in quanto in moto rispettoall’astronauta, che veniva ritrovato piu giovane... Stavolta, siccome i due orologisono sincronizzati in partenza ed al ritorno, in entrambi i casi, quando sonosovrapposti, la relativita della simultaneita non c’entra. C’entra pero il fatto che,mentre uno dei due riferimenti (quello terrestre) e inerziale, l’altro non puo es-serlo sempre, perche, ad un qualche momento, l’astronauta dovra decelerare pertornare indietro. Dunque i due riferimenti non sono equivalenti: uno e inerzialeed uno non lo e.In quello inerziale si invecchia prima !!!

2.3.3 La lunghezza propria

Analogamente alla dilatazione dei tempi, in un riferimento in moto si manifestaanche il fenomeno, cosiddetto, della contrazione delle lunghezze.

A questo riguardo, riprendiamo l’argomento usato quando si e provato cheun intervallo space-like puo sempre essere visto descrivere due eventi simultaneiin due luoghi diversi di un opportuno riferimento. Eravamo partiti da (∆t, ~∆x),con

∆t2 − | ~∆x|2 < 0 ⇔ ∆t2 < ∆r2 ≡ | ~∆x|2

Avevamo visto che, dopo una rotazione che allineava ~∆x con l’asse z, un boostlungo z con velocita β = ∆t

∆rproduceva il risultato aspettato, i.e.

(∆t, ~∆x) → (∆t, 0, 0,∆r) → (γ∆t− βγ∆r, 0, 0,−βγ∆r + γ∆r) = (0, 0, 0,∆r

γ)

Quindi i due eventi, che in RS erano (t, ~x) e (t+∆t, ~x+ ~∆x), visti daRS ′ diventano

(t′, ~x′) e (t′, ~x′ +~∆xγ

). Sembrerebbe che, procedendo per similitudine con quantovisto per il tempo proprio, anche per le lunghezze accadesse esattamente lo stessofenomeno. Invece non e cosı: e vero giusto l’inverso !

Si tratta sempre di un problema legato alla questione della simultaneita.Vediamo come.Se abbiamo un regolo fermo nel riferimento RS, la sua lunghezza la possiamo

definire per confronto con un altro regolo campione, che sovrapponiamo al primo,da fermo: e la sua lunghezza propria.Ma se il regolo si muove ? Come facciamo a determinarne la lunghezza del regolonel riferimento in cui e in moto ?L’idea, da cui consegue la definizione operativa circa la misura della lunghezzadel regolo in moto, e di determinare le posizioni dei due estremi del regolo aduno stesso istante, peraltro qualsiasi, e poi determinare la distanza fra questedue posizioni... Immaginiamo allora di avere un regolo lungo 2D, fermo in RS.

61

Chiamiamo A e B i suoi estremi: le loro lineee di universo saranno

A : (tA, 0, 0,−D) B : (tB, 0, 0, D)

Supponiamo ora di essere in RS ′, in moto relativo con velocita ~v lungo l’asse zrispetto ad RS. Avremo

(tA, 0, 0,−D) → (γtA + βγD, 0, 0,−βγtA − γD)

(tB, 0, 0, D) → (γtB − βγD, 0, 0,−βγtB + γD)

Secondo la procedura sopra esposta, per misurare la lunghezza del regolo in RS ′,dove esso si muove con velocita −~v, occorre definire le posizioni assunte dai suoiestremi, ad uno stesso istante, scelto peraltro in modo qualsiasi, nel riferimentoRS ′ in cui ci troviamo e poi prendere semplicemente la differenza. Evidentementesi tratta di valutare la distanza spaziale in RS ′, fra due eventi simultanei semprein RS ′. Le linee d’universo degli estremi del regolo, in RS ′, sono date dallefunzioni di cui sopra, espresse in funzione dei parametri tA e tB, che descrivonoil tempo di RS in A e B. Occorre imporre la simultaneita in RS ′, ovvero

γtA + βγD = T ⇒ γtA = T − βγD

γtB − βγD = T ⇒ γtB = T + βγD

Immediatamente si vede che la simultaneita in RS ′ implica la non simultaneitain RS (tA 6= tB), ma fin qui sembrerebbe che ci fosse poco di male, visto che ilregolo, in RS e comunque fermo...

Continuiamo con la nostra analisi. In funzione di T, per i due estremi si ha

A : (T, 0, 0,−β(T − βγD) − γD) B : (T, 0, 0,−β(T + βγD) + γD)

quindi, in base alla definizione, la lunghezza del regolo in RS ′ vale

L = [−β(T + βγD) + γD] − [−β(T − βγD) − γD] = 2γD(1 − β2) =2D

γ

i.e., la lunghezza del regolo in moto e inferiore a quella del regolo fermo.Questa conclusione e corretta quando il regolo e disposto nel senso del moto.

Nel caso il regolo sia disposto ortogonalmente alla direzione del moto, invece,come abbiamo gia visto, non c’e nessun effetto. Formalmente, consideriamo ilsolito regolo lungo 2D, fermo in RS. Abbiamo gia visto che le linee d’universodescritte dai suoi estremi in RS sono

A : (tA, 0, 0,−D) B : (tB, 0, 0, D)

Supponiamo ora che RS ′ si muova con velocita ~v diretta secondo l’asse x. Risultache, in RS ′, queste linee d’universo diventano

(tA, 0, 0,−D) → (γtA,−βγtA, 0,−D)

(tB, 0, 0,−D) → (γtB,−βγtB, 0, D)

62

Figure 5: Illustrazione relativa al paradosso dello sciatore

Come si vede, in questo caso, considerare allo stesso tempo la posizione dei dueestremi del regolo in RS ′ equivale a farlo in RS: si ha infatti che la condizione disimultaneita in RS ′ stavolta e

γtA = T = γtB

per cui, in RS ′ per quanto riguarda la posizione simultanea dei due estremi delregolo, avremo

A : (T,−βT, 0,−D) B : (T,−βT, 0, D)

la cui distanza e sempre 2D ...Come abbiamo visto, di nuovo il gioco e fatto dalla relativita della simul-

taneita. Questo e un concetto per nulla intuitivo, ed il suo cattivo uso, come si egia visto per il tempo proprio, si presta a paradossi.

Paradosso dello sciatoreConsideriamo il seguente paradosso. Uno sciatore ha uno sci di lunghezza L esta sciando su una pista con velocita v. La pista presenta una buca anch’essa dilunghezza L. Lo sciatore vede la buca contratta e pensa di poterla superare, men-tre un osservatore fermo vede lo sci contratto e conclude che lo sciatore rovineranella buca. Entrambi gli osservatori sono inerziali, ma arrivano a conclusioniopposte. Chi ha ragione?

Per capire meglio la questione, modifichiamo il problema e consideriamo ilseguente. Un corridore tiene in mano un’asta lunga La e si muove a velocita vcorrendo nella direzione dell’asta stessa. Il corridore si dirige verso una capanna(vedi fig.(5)) che ha il lato nella direzione del moto pari a Lc. Il fondo dellacapanna e chiuso da una porta Pout, che si apre istantaneamente solo quandol’estremo posteriore B dell’asta attraversa la porta d’ingresso Pin.

Qual e la condizione su La ed Lc per cui, fissata la velocita dell’asta, la portanon venga sfondata da quest’ultima ?

Mettiamoci nel riferimento fisso (capanna ferma): abbiamo detto che l’astaappare accorciata del fattore γ, quindi sembrerebbe di poter concludere che lacondizione richiesta sia

Laγ

≤ Lc

63

Ma anche il riferimento dell’asta e inerziale, e quindi altrettanto valido per ladescrizione del processo che quello della capanna: pero, in questo riferimento ela capanna che appare accorciata del fattore γ, per cui, in questo riferimento,concluderemmo piuttosto che deve essere

Lcγ

≥ La

Siamo in contraddizione. Perche ?La ragione sta ancora nella questione della simultaneita.Per uscire dal paradosso e necessario formulare il problema in modo corretto.

Poniamoci di nuovo nel riferimento della capanna ferma e domandiamoci: e pos-sibile che, al momento in cui l’estremo B attraversa Pin , simultaneamente, si aprala porta Pout ? (perche e questo che abbiamo assunto implicitamente quando sie concluso che doveva essere La

γ≤ Lc ...).

La risposta e no. Non e possibile, perche occorrera che un segnale si propaghida Pin a Pout per comandare l’apertura della porta, e questo richiedera almeno iltempo τ = Lc

c. Ne segue che la condizione richiesta sara piuttosto

Laγ

+ v τ ≤ Lc

Sostituendo, si ha dunque

Laγ

+ v τ ≤ Lc ⇒ Laγ

≤ −v Lcc

+ Lc = Lc(1 − β)

⇒ La ≤ Lc(1 − β)γ = Lc

√

1 − β

1 + β< Lc

E se avessimo affrontato il problema dal riferimento dove l’asta e ferma ?In quel caso, avremmo avuto (visto che la baracca, lunga Lc

γci viene contro con

velocita v)

La ≤Lcγ

− v τ ′

dove τ ′ adesso rappresenta il tempo che impiega, in questo riferimento, un segnaleper andare da Pin a Pout. Siccome Pin e Pout si muovono, in questo riferimento,con velocita v, assumendo che il segnale viaggi alla massima velocita possibile,cioe c, abbiamo

cτ ′ =Lcγ

− vτ ′ ⇒ τ ′ =Lc

γ(c + v)

ovvero, sostituendo, si ha

La ≤ Lcγ

− v τ ′ =Lcγ

− Lc v

γc(1 + β)=

=Lcγ

(1 − β

1 + β) =

Lcγ

1

1 + β= Lc

√

1 − β

1 + β

64

che, naturalmente, coincide con la stessa condizione ricavata nell’altro riferi-mento!

2.4 Composizione delle velocita

Una conseguenza immediata del fatto che la nozione di simultaneita e relativa,ovvero del fatto che il tempo non e assoluto come postulava Newton, e che lasemplice legge di composizione delle velocita di Galileo (somma vettoriale) eun’approssimazione corretta della realta, valida solo per basse velocita (v << c).Supponiamo infatti che in un riferimento RS una particella segua una legge dimoto ~x = ~x(t). Per definizione, la sua quadriposizione, quindi, e (t, ~x(t)) e la sua

velocita in RS vale dunque d~x(t)dt

≡ ~v(t).Consideriamo un nuovo sistema di riferimento RS ′, non ruotato ne traslato

rispetto al precedente, in moto rispetto ad RS con velocita β lungo l’asse z. InRS ′, la quadriposizione della particella sara

t′

x′(t′)y′(t′)z′(t′)

=

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

tx(t)y(t)z(t)

(2.84)

ovvero avremo

(t′, x′(t′), y′(t′), z′(t′)) = (γt− βγz(t), x(t), y(t),−βγt+ γz(t)) (2.85)

e la velocita della particella vista da RS ′, sara dunque, adesso, pari a

~v′(t′) =d~x′(t′)

dt′=d~x′(t′)

dt

dt

dt′=dt

dt′(vx, vy, γvz − βγ)

=1

γ(1 − βvz)(vx, vy, γ(vz − β)) (2.86)

dove, per semplicita di simboli, abbiamo omesso di riportare esplicitamente ladipendenza dalla coordinata temporale t, misurata in RS, delle componenti dellavelocita vx, vy, vz.

Come si vede, anche le componenti ortogonali alla direzione del moto relativofra i due riferimenti cambiano, a causa del fattore dt

dt′= 1

γ(1−βvz), originato dal

fatto che il tempo non scorre nello stesso modo nei due riferimenti. In generale, seRS ′ si muove in RS con velocita ~β costante ma diretta nella direzione del versoregenerico ~n, allora, se definiamo

~v‖ ≡ (~v · ~n)~n ~β · ~v‖ = ~β · ~v⇒ (2.87)

~v⊥ ≡ ~v − ~v‖ ~β · ~v⊥ = 0

65

si puo dimostrare che risulta62

~v′(t′) =1

γ(1 − ~β · ~v)(~v⊥ + γ(~v‖ − ~β)) (2.88)

Evidentemente si ritrova l’espressione ”galileiana” solo nel limite di bassevelocita (sia della particella in RS, che di RS ′ visto da RS ...): in questo casoinfatti, essendo γ ≈ 1 e cosı pure 1

(1−~β·~v) ≈ 1, si ha che t ≈ t′ e

~v′(t′) = ~v(t) − ~β (2.89)

2.4.1 Aberrazione angolare

Consideriamo la direzione della luce proveniente da una stella osservata dallaTerra durante il periodo di rivoluzione della stessa intorno al Sole. Se la Terrafosse ferma in un riferimento inerziale, misureremmo costantemente una certacoordinata angolare fissa. Pero la Terra ruota intorno al centro di massa Terra-Sole ... Questo movimento che conseguenze ha ?

Supponiamo in generale che, nel riferimento RS delle stelle fisse, centratonel baricentro del sistema Terra-Sole, una particella si muova (cfr. fig.(6)) convelocita ~v = v(sinθ, cosθ, 0) ed immaginiamo di voler conoscere la sua velocitanel riferimento RS ′, in moto lungo l’asse63 x rispetto ad RS con velocita β.

62Si noti che, comunque, |~v′|2 < 1, infatti risulta

|~v′|2 =1

γ2(1 − ~β · ~v)2[

|~v⊥|2 + γ2|~v‖ − ~β|2]

=1

(1 − ~β · ~v)2

[

v2 − v2‖

γ2+ v2

‖ − 2~v · ~β + β2

]

=

=1

(1 − ~β · ~v)2[

(1 − β2)(v2 − v2‖) + v2

‖ − 2~v · ~β + β2]

=

=1

(1 − ~β · ~v)2[

v2 − v2‖ − β2v2 + β2v2

‖ + v2‖ − 2~v · ~β + β2

]

=

=1

(1 − ~β · ~v)2[

v2 − β2v2 + (~β · ~v)2 − 2~v · ~β + β2]

=

=1

(1 − ~β · ~v)2[

v2 − β2v2 + (1 − ~β · ~v)2 − 1 + β2]

=

= 1 +1

(1 − ~β · ~v)2[

v2(1 − β2) − (1 − β2)]

= 1 − (1 − β2)(1 − v2)

(1 − ~β · ~v)2< 1 c.v.d

63La scelta degli assi non ha ridotto la generalita del problema, infatti questi li abbiamoscelti in modo che la velocita in RS della particella e la velocita di RS′ stiano entrambe nelpiano x, y, e quindi abbiamo scelto x in modo che RS′ si muova, visto da RS, proprio in questadirezione...

66

Figure 6: Aberrazione angolare stellare

Per la (2.88), in RS ′ le componenti della velocita della particella sarannodunque

v′x =−β + v sinθ

(1 − βvsinθ)

v′y =v cosθ

γ(1 − βvsinθ)

v′z = 0

ovvero

tgθ′ ≡ v′xv′y

=−β + v sinθ

(1 − βvsinθ)

γ(1 − βvsinθ)

v cosθ= γ

(

tgθ − β

v cosθ

)

(2.90)

che, nel caso della luce (v = c = 1), diventa

tgθ′ = γ

(

tgθ − β

cosθ

)

Se possiamo ritenere β << 1 (nel caso del moto della Terra rispetto al cen-tro di massa Terra-Sole, questo e certamente vero) e quindi assumere γ ≈ 1,l’espressione precedente diventa

tgθ′ ≈ tgθ − β

cosθ

ovvero, ponendo

θ′ = θ − ǫ

lo sviluppo di Taylor della funzione tangente, troncato al primo ordine, fornisce

tgθ′ ≈ tgθ − ǫ

cos2θ

67

per cui risulta che il moto relativo introduce un’aberrazione angolare che, nellecondizioni di cui alla fig.(6), si riconduce ad una diminuzione (dovuta al fatto chenel riferimento in moto RS ′ la componente x diminuisce...) dell’angolo θ pari a

ǫ = β cosθ

Si noti che questo risultato coincide con quello non relativistico, il quale for-nisce, in generale, naturalmente che

tgθ′nr =v′xv′y

=−β + v sinθ

v cosθ= tgθ − β

v cosθ

ovvero, nel caso particolare della luce

tgθ′ = tgθ − β

cosθ

che coincide appunto con quanto ottenuto nel caso relativistico, nel caso in cuiv << c e γ possa essere approssimata con 1. Il fatto e che nell’espressione ditgθ′nr = v′x

v′yil fattore principale che distingue la composizione delle velocita nel

caso relativistico dal caso non relativistico, cioe dtdt′

= 1

γ(1−~β·~v) e comune a v′x e v′ye quindi si semplifica ... Resta solo il fattore γ associato alla velocita relativa deidue riferimenti, che dipende da β2 e quindi, al primo ordine in β vale 1.

2.4.2 Velocita superluminali apparenti

Esistono casi in cui oggetti celesti, tipicamente ”getti stellari”, sembrano muoversia velocita che possono essere anche molto superiori a quella della luce.Vediamo di cosa si tratta.Supponiamo che una stella S, che supporremo fissa, distante da noi D, emettaverso di noi, al tempo t = t0, un getto di materia stellare con velocita c~β nelnostro riferimento (situazione di sinistra, in fig.(7)).

Sia la luce della stella che quella del getto, emesse al momento della nascita diquest’ultimo, cioe al tempo t0, ci raggiungeranno al tempo t = t0 + D

c. Dopo un

tempo T dal tempo t0, il getto si sara portato nella posizione c~β T rispetto allastella (vedi situazione di destra della fig.(7) e la sua luce ci giungera al tempo

t0 + T +D − c β Tcosα

c= t0 +

D

c+ T (1 − β cosα)

quindi noi lo vedremo nella sua nuova posizione dopo un tempo T (1 − β cosα)da quando la stella ed il getto apparivano a noi sovrapposti. Apparentementesembra allora che il getto abbia la componente della velocita ortogonale allaretta congiungente la stella con l’osservatore pari a

v⊥ =c β T sinα

T (1 − β cosα)) = c

β sinα

1 − β cosα

68

Figure 7: Velocita superluminale apparente di un getto stellare

che puo tranquillamente essere maggiore di c ...!

Si tratta di un puro e semplice effetto prospettico, che non implica alcunaviolazione del fatto, fin qui assodato, che la materia ordinaria non puo spostarsia velocita maggiori o uguali a quella della luce nel vuoto. Ciononostante, tal-volta, questo fenomeno e buono per consentire a giornali di pubblicare notiziepseudoscientifiche secondo cui, nel cosmo, esisterebbero fenomeni che avvengonoa velocita superluminali ...

2.4.3 Quadrivelocita e quadriaccelerazione

Come si e visto sopra, nel caso generale le velocita si compongono in modo pi-uttosto complicato: questo e dovuto al fatto che questa grandezza fisica none ”semplice” per trasformazioni di Lorentz, risultando dal rapporto della partetridimensionale di un quadrivettore (d~x) con la sua prima componente, cioe conla parte temporale dt.Una generalizzazione della grandezza fisica ”velocita ” al caso relativistico e laquadrivelocita, che, come dice il nome, e un quadrivettore e quindi ha proprietadi trasformazioni semplici sotto il gruppo di Lorentz. Questa grandezza vienedefinita a partire dal quadrivettore posizione (xµ) ≡ (t, ~x), derivando rispetto altempo proprio associato al punto materiale in moto:

uµ(t) ≡ dxµ(t)

dτ≡(

dt

dτ,d~x(t)

dτ

)

(2.91)

Abbiamo gia osservato come il tempo proprio dτ 2 = dt2 − |d~x|2 sia uno scalare

per trasformazioni di Lorentz, per cui uµ e palesemente un quadrivettore. Se ~β(t)

69

e la velocita della particella, i.e. ~β(t) ≡ d~xdt

e poniamo, al solito, γ(t) = 1√1−β2

,

segue immediatamente che, essendo dtdτ

= γ, e

uµ(t) = γ(t)(

1, ~β(t))

(2.92)

La quadrivelocita e time-like e gode della proprieta di avere modulo unitario64,i.e. uµuµ = 1. Infatti, nel riferimento tangente65 al punto materiale al tempo t,evidentemente e

uµ = (1, 0, 0, 0)

poiche, per definizione, nel riferimento tangente, il punto ha velocita instantaneanulla al tempo t ...

La derivata della quadrivelocita rispetto al tempo proprio e un altro quadriv-ettore importante per la cinematica relativistica di una particella: si tratta dellaquadriaccelerazione aµ(t) ≡ duµ(t)

dτ. Evidentemente, essendo per quanto visto

prima uµuµ = 1, ne segue che

d(uµuµ)

dτ= 0 ⇒ aµuµ = 0

cioe la quadriaccelerazione e la quadrivelocita sono ”ortogonali” nella metricadi Minkowski. Una conseguenza immediata e che, nel riferimento tangente dovela quadrivelocita ha non nulla (e pari ad 1...) solo la componente temporale,la quadriaccelerazione puo avere non nulle solo le componenti spaziali, che sonoproprio le componenti dell’accelerazione usuale, dato che nel riferimento tangentetempo e tempo proprio coincidono e cosı pure ~v ed ~u

uµ = (1, 0, 0, 0) ⇒ aµ = (0,~a(t))

Quindi, mentre la quadrivelocita e time-like, la quadriaccelerazione e space-like.

64Dall’unitarieta del modulo segue immediatamente che |~v| < c, infatti, posto uµ = (u0, ~u),risulta ~v = d~x

dt = d~xdτ

dτdt = ~u

u0. D’altronde u2

0 − |~u|2 = 1 e quindi |~u|2 = u20 − 1 < u2

0, ovvero|~u|2u20

< 1 ⇒ |~v| < 1, c.v.d.65Con ”riferimento tangente ad una particella al tempo t” intendiamo il riferimento inerziale

che ha la velocita ~v (costante) coincidente con la velocita del punto al tempo t (in generale,funzione di t ...).

70

3 Il quadrimpulso

3.1 Generalita’

Supponiamo di avere una particella di massa66 m, in moto vario in un riferimentoinerziale RS. Secondo la Meccanica Newtoniana, essa ha associato un impulso~p = m~v e la seconda legge della Dinamica lega la derivata d~p

dtalla risultante ~F

delle forze esterne agenti sulla particella stessa.Ma noi abbiamo gia visto che la naturale generalizzazione relativistica della

velocita ~v e la quadrivelocita uµ.Proviamo allora costruire il quadrivettore pµ ≡ muµ e cerchiamo di capirne ilsignificato fisico. Dalla definizione si ha

pµ = (mu0, m~u) = (mγ,mγ~β)

Nel limite di basse velocita, al secondo ordine nello sviluppo in serie di Taylorrispetto a β, abbiamo

pµ = (m(1 +1

2β2), m~β)

Come si vede, il termine spaziale coincide con l’impulso (si ricordi che abbiamoposto c = 1!), mentre il termine temporale e pari a

p0 = m+1

2mβ2 = m+ Ec

dove Ec e l’energia cinetica del punto materiale stesso.Volendo dunque generalizzare ~p, abbiamo ottenuto una grandezza, pµ, che, per

basse velocita, ha la parte spaziale coincidente con l’impulso ~p e quella temporale,a meno dell’offset m, pari all’energia cinetica della particella. E’ naturale alloraassumere che p0 rappresenti tutta l’energia relativistica della particella67 fattadall’energia di massa e da quella cinetica.

Osserviamo adesso che, dalla definizione del quadrimpulso in termini dellaquadrivelocita e dal fatto che uµuµ = 1, segue immediatamente che il quadrim-pulso di una particella e time-like e risulta

pµpµ = m2

66Per definizione m rappresenta la massa inerziale della particella, misurata nel riferimento”tangente”, ovvero in quello dove la particella si trova istantaneamente ferma e verifica laseconda legge della dinamica di Newton.

67Nel Sistema Internazionale e xµ = (ct, ~x) per cui uµ = (γc, γ~v) e dunque pµ = (mcγ,mγ~v)per cui, per basse velocita, risulta

pµ = (mc(1 +1

2β2),m~v) = (

mc2 + 12mv

2

c,m~v)

Il termine temporale del quadrimpulso e dunque Ec (per ragioni dimensionali ...) e l’offset in

energia e mc2...

71

e, ovviamente, nel riferimento ”tangente”, si ha

pµ = (m, 0, 0, 0)

In generale, avremo dunque che il quadrimpulso di una particella di massa msara dato da

(pµ) = (p0, ~p) ≡ (p0, p1, p2, p3) ≡ (p0, p sinθ cosφ, p sinθ sinφ, p cosθ) (3.1)

dove p0 =√m2 + p2 ≡

√

m2 + |~p|2 e p ≡ |~p| e il modulo dell’impulso spaziale.

Vediamo adesso come cambia (pµ) per trasformazioni di Lorentz. Non ci in-teresseremo di cosa gli accade per rotazioni, perche e ovvio: intendiamo vedereinvece cosa gli succede sotto un boost di Lorentz. Data la forma del tutto generaleassunta per (pµ), non c’e perdita di generalita nell’assumere che il boost avvengalungo l’asse z, con velocita β. Essendo il quadrimpulso un quadrivettore, se essoin RS e dato dalla (3.1), allora nel riferimento RS ′, in moto rispetto ad RS con

velocita ~β = (0, 0, β), esso sara rappresentato dal quadrivettore (p′µ), ottenutoda (pµ), attraverso una trasformazione Λz del tipo seguente

Λz =

chα 0 0 − shα0 1 0 00 0 1 0

−shα 0 0 chα

≡

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

(3.2)

ovvero

(p′µ) ≡

p′0

p′1

p′2

p′3

=

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

p0

p1

p2

p3

=

γp0 − βγp3

p1

p2

γp3 − βγp0

(3.3)

che, con ovvio significato di simboli, puo essere sintetizzato dicendo che

p′0 = γ[

p0 − (~β · ~p)]

(3.4)

~p′⊥ = ~p⊥ (3.5)

p′‖ = γ[

p‖ − β p0]

(3.6)

Come si vede, la componente dell’impulso ortogonale alla direzione di ~β non cam-bia, i.e. ~p⊥ e invariante per trasformazioni di Lorentz, mentre nella componentelongitudinale si ”mescolano” contributi lineari sia in p‖ che in p0. In partico-lare, siccome (pµ) e time-like, allora p0 > |~p| ≥ |p‖|, quindi e sempre garantitoche, fissata comunque una direzione, si puo trovare un riferimento in cui p e solo”trasverso” a quella direzione fissata. Nel caso particolare in cui la direzionescelta e quella di ~p stesso, allora dall’affermazione precedente segue che esiste un

72

riferimento inerziale in cui la particella e ferma. E questa non e che una rifor-mulazione della proprieta secondo cui quadrivettori time-like ammettono sempreun riferimento (non unico ...) in cui hanno diversa da zero solo la componentetemporale.

Si osservi infine che, per trasformazioni di L↑+, la componente temporale del

quadrimpulso p0, individuata come quella che descrive l’energia relativistica dellaparticella,

• non puo cambiar di segno,

• e sempre positiva,

• puo assumere un qualsiasi valore maggiore o uguale a quello della massadella particella stessa: p0 ≡

√m2 + p2 ≥ m.

Prima di concludere l’argomento, vediamo adesso di esplicitare le leggi ditrasformazione del quadrimpulso, quando la parte spaziale sia espressa usandocoordinate polari.Senza perdita di generalita, assumeremo che l’asse polare (asse z) risulti orientatocome la direzione della velocita relativa, i.e. che sia

(pµ) = (p0, p sinθ cosφ, p sinθ sinφ, p cosθ)

(p′µ) = (p′0, p′ sinθ′ cosφ′, p′ sinθ′ sinφ′, p′ cosθ′)

Dalle (3.4) e (3.5) abbiamo immediatamente che

p′0 = γ[

p0 − β p cosθ]

(3.7)

tgφ′ = tgφ (3.8)

Inoltre, dovendo conservarsi l’impulso trasverso, i.e. dovendo essere

p sin θ = p′ sin θ′ (3.9)

ed essendo

p′ cos θ′ = γ[

p cos θ − β p0]

(3.10)

segue che

tg θ′ =p′ sin θ′

p′ cos θ′=

p sin θ

γ(p cos θ − βp0)=

sin θ

γ(cos θ − β p0

p)

=sin θ

γ(cos θ − ββp

)(3.11)

dove abbiamo usato il fatto che pp0

e il modulo della velocita βp della particella,in RS.

73

3.2 Il fotone

Fino ad ora abbiamo considerato quadrimpulsi di particelle provviste di massa edabbiamo concluso che essi sono quadrivettori time-like, proprio perche nessunaparticella materiale puo andare a velocita uguale a quella della luce nel vuoto.Pero sappiamo che la luce stessa, in vari fenomeni come nel caso dell’effettofotoelettrico e dell’effetto Compton, si comporta come una particella: il fotone,appunto!Qual e il quadrimpulso di un fotone ?Evidentemente questo quadrimpulso deve rispecchiare il fatto che

• il fotone viaggia sempre e comunque alla velocita della luce (ci mancherebbeche non lo facesse !) in ogni riferimento inerziale;

• ogni fotone ha un’energia che abbiamo imparato appunto, per esempio,dall’effetto fotoelettrico, essere pari a ǫ = hν = hω.

Con questi ingredienti, un fotone che si muova nella direzione ~n, deve esseredescritto da un quadrimpulso light-like, avente la parte spaziale nella direzione ~ned energia hν: dunque68

pµ =

(

hν

c,hν

c~n

)

≡ (p0, p0 ~n) ≡ (p, p ~n)

Essendo pµpµ = 0, la massa del fotone e nulla.Da quello che gia conosciamo circa i quadrivettori light-like, sappiamo che, in

ogni riferimento inerziale,

• pµ avra comunque la struttura di cui sopra;

• l’energia del fotone sara positiva in ogni riferimento (le trasformazioni diL↑

+ non cambiano il segno della componente temporale ne dei quadrivettoritime-like ne di quelli light-like ...);

• l’energia del fotone potra assumere valori reali positivi qualsiasi, cioe nonavra un limite inferiore strettamente positivo (la massa e nulla!).

Per quanto concerne le proprieta di trasformazione sotto il gruppo di Lorentz(ortocrono proprio), valgono, naturalmente le conclusioni che abbiamo gia trattoin tutta generalita per il quadrimpulso. In questo caso, pero, essendo p0 = p, leequazioni (3.4)-(3.6) subiscono alcune semplificazioni, e risulta

p′ = γ(p− ~β · ~p) (3.12)

p′⊥ = p⊥ (3.13)

p′‖ = γ(p‖ − β p) (3.14)

68Nel seguito, di nuovo, ometteremo c, assumendo c = 1

74

Figure 8: Red shift da una stella in allontanamento.

In particolare, se la trasformazione di Lorentz avviene lungo la direzione dipropagazione del fotone (i.e. ~p⊥ = 0), risulta

p′ = γ(p± β p) = p γ(1 ± β) = p1 ± β√1 − β2

= p

√

1 ± β

1 ∓ β

dove vale il segno superiore quando ~β e ~p sono opposti, ovvero si va incontro alfotone... Quindi, essendo ν proporzionale a p0 = p , nel caso si vada incontro alfotone, la frequenza appare spostata verso il violetto, risultando

ν ′ = ν

√

1 + β

1 − β

ed e il fenomeno del blue shift ; mentre se il riferimento si muove nello stesso versodi propagazione del fotone, di osservera un red shift dato da

ν ′ = ν

√

1 − β

1 + β

Questo fenomeno consente di determinare la velocita di allontanamento dellestelle da noi, infatti, se il gas presente su una stella S emette una riga di frequenzanota ν0 (per esempio, una riga dello spettro dell’idrogeno), allora, se la stellasi allontana da noi, nel nostro riferimento quella radiazione apparira shiftataverso il rosso, venendo osservata da un riferimento che si muove nello stessoverso del fotone (vedi Fig.(8)). Lo shift e rappresentato dalla quantita z =√

1−β1+β

e la sua misura consente una determinazione della velocita relativa Terra-

Stella β, se possiamo trascurare analoghi effetti di relativita generale (red shiftgravitazionale). Naturalmente, se la stella si avvicinasse alla Terra, al posto diun red shift, osserveremmo un blue shift ...

75

3.3 L’effetto Doppler

Il cambiamento di frequenza dovuto al moto della sorgente e noto con il nome dieffetto Doppler ed e un effetto classico. Nel caso del suono, per esempio, si ha

f ′ = f(1 − ~v

V· ~n)

dove f e la frequenza di emissione, ~v e la velocita della sorgente, V e la velocitadel suono nel mezzo in quiete (aria), ~n e la direzione osservatore-sorgente edinfine f ′ e la frequenza del suono come viene sentita dall’osservatore fermo nelriferimento dell’aria in quiete (la frequenza cresce quando la sorgente si muoveverso l’osservatore, non cambia se la direzione di osservazione e ortogonale almoto della sorgente e diminuisce quando la sorgente e in allontanamento ...).

Nel caso del fotone69, se ν0 e la frequenza di emissione nel riferimento dove lasorgente e ferma, allora, per la (3.12), abbiamo

ν = ν0 γ (1 − ~β · ~n) ≡ ν0 γ (1 − β cos θ)

che differisce dall’espressione classica per la sola presenza del fattore γ.Vediamo comunque la questione in maggior dettaglio...Supponiamo che nel riferimento RS il quadrimpulso del fotone sia

pµ = p (1, sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ)

e che si osservi il fotone da un riferimento che si muove rispetto ad RS, convelocita β lungo l’asse z. Sappiamo che risulta

(p′µ) =

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

pp sinθ cosφp sinθ sinφp cosθ

= p

γ − βγ cosθsinθ cosφsinθ sinφγ cosθ − βγ

(3.15)

Dunque, in RS ′ la frequenza del fotone apparira differente dal valore in RS, e,per la (3.15), avremo piu in generale, che

ν ′ = ν γ (1 − β cos θ)

tgφ′ = tgφ

cosθ′ =−β γ + γ cosθ

γ − βγ cosθ=

cosθ − β

1 − β cosθ

69Si noti che, a differenza del caso del suono non esiste, per la radiazione e.m. il riferimento delmezzo in quiete, perche questo mezzo e il vuoto, ed esso e uguale a se stesso in ogni riferimentoinerziale (principio di relativita).

76

che, nel limite non relativistico della velocita relativa fra i due riferimenti, i.e. alprimo ordine in β, divengono

ν ′ ≈ ν (1 − β cos θ)

cosθ′ ≈ (cosθ − β)(1 + β cosθ) ≈ cosθ − β sin2θ

⇒ θ′ ≈ θ + β sinθ (3.16)

Osserviamo, in particolare, che nel caso in cui cosθ = 0 (i.e., nel caso in cui il

fotone si propaghi in RS ortogonalmente alla velocita ~β del riferimento RS ′, equindi sia pµ = p(1, cosφ, sinφ, 0) ), risulta

ν ′ = ν γ

φ′ = φ

cosθ′ = −β ⇒ sinθ′ =√

1 − cos2θ′ =1

γ

⇒ (p′µ) = p (γ, cosφ, sinφ, −γ β)

Questo fenomeno e noto come effetto Doppler trasverso e non ha analogo classico.Esso afferma che, se un fotone, in un riferimento RS assegnato, viaggia in unacerta direzione e noi lo osserviamo da un riferimento che si muove in RS convelocita ortogonale a quella direzione, la frequenza del fotone e vista sempre ecomunque aumentata del fattore γ.La ragione e che, siccome l’impulso trasverso resta costante mentre nasce unacomponente longitudinale a causa del mescolamento con quella temporale, eccoche nel riferimento RS ′, l’impulso spaziale dovra avere un modulo superiore aquello nel riferimento RS, dove era presente solo la parte trasversa. Siccomeil modulo dell’impulso spaziale coincide con l’energia che, a sua volta, e pro-porzionale alla frequenza, il gioco e fatto...

77

3.4 Allargamento Doppler

Una conseguenza immediata ed importante dell’effetto Doppler e che le righe diemissione (e anche di assorbimento ...) di un gas hanno una larghezza in fre-quenza ∆ν che e legata alla temperatura.Supponiamo infatti di avere un gas che emette una riga caratteristica alla fre-quenza ottica ν0 e supponiamo di poter trascurare la sua larghezza naturale70

∆ν0. Supponiamo che questo gas si trovi in un recipiente a temperatura T eche venga osservata la radiazione emessa dal gas in una direzione assegnata, cheassumeremo coincidere con l’asse z. Consideriamo dunque un fotone nel nostrosistema di riferimento RS: evidentemente il suo quadrimpulso sara del tipo

pµ = (p, 0, 0, p) (3.17)

Questo fotone, pero, sara stato emesso da un atomo del gas che, in generale, avraviaggiato, prima dell’emissione, con velocita

~β = β (sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ) ≡ β ~n (3.18)

(sempre vista dal riferimento RS).Qual e, allora, il quadrimpulso del fotone nel riferimento dove l’atomo emettitoree fermo ? Perche sara solo in questo riferimento che esso avra la sua frequenzanaturale ν0 !La trasformazione di Lorentz che descrive il cambiamento di riferimento e mantienegli assi non ruotati, per quanto gia visto (cfr. eq.(2.50)) e

Λ~β = Λ−1R Λ(β) ΛR (3.19)

70Ricordiamo che ∆ν0 e legata alla vita media τ del livello eccitato, dalla relazione∆ν0 = 1

τ .A sua volta, la vita media del livello e sostanzialmente pari all’inverso del coefficiente di emis-sione spontanea A

1

τ= A =

ω3

ǫ0πhc3|< 1|~p · ~e|2 >|2

dove ~e e il versore che descrive la polarizzazione del campo elettrico mentre ~p e l’operatoremomento di dipolo elettrico. Come ordine di grandezza, se indichiamo con r le dimensioniatomiche, tenendo conto che i momenti di dipolo saranno orientati a caso (da cui un fattore1/3 nella media di cos2 ...), abbiamo quindi

∆ν0 = A ≈ (2π)3ν30

ǫ0πhc3e2r2

3⇒ ∆ν

ν0=

8π3ν20 e

2r2

3ǫ0πhc3=

8

3π2 e2r2

ǫ0hc λ2

dove λ e la lunghezza d’onda della radiazione emessa. Essendo la costante di struttura fina

α = e2

4πǫ0hc ≈ 1137 , risulta infine (λ ≈ 4000 Angstrom ...)

∆ν

ν0=

32π2

3α( r

λ

)2

≈( r

λ

)2

≈(

1

4000

)2

≈ 5. ∗ 10−8

.

78

dove ΛR descrive una rotazione del sistema di riferimento per cui ~v risulta allineatocon l’asse z, Λ(β) e il solito boost lungo z, mentre Λ−1

R e l’inversa della rotazioneΛR. Anche se questa rotazione non e unica, essendo definita a meno di unarotazione intorno a ~v stesso, unico e il risultato (3.19), visto che le rotazioniintorno a ~v commutano con i boosts lungo la stessa direzione. Una possibilescelta della rotazione, se ~v e dato dalla (3.18), e quella di usare

R =

cosθ cosφ cosθ sinφ − sinθ−sinφ cosφ 0

sinθ cosφ sinθ sinφ cosθ

(3.20)

In questo modo, data la (3.17), risulta

(ΛR p)µ = (p, −p sinθ, 0, p cosθ) (3.21)

e quindi

(Λ(β) ΛR p)µ = (pγ(1 − β cosθ), −p sinθ, 0, pγ(cosθ − β)) (3.22)

Questo e gia il quadrimpulso del fotone in un sistema di riferimento dove l’atomoe fermo, ma con assi ruotati rispetto ad RS: se vogliamo che gli assi siano nonruotati, occorre applicare ancora la rotazione Λ−1

R . Se, come noi, siamo inter-essati allo shift in frequenza, questa operazione non e strettamente necessaria;comunque, se la effettuiamo, otteniamo infine71

(Λ−1R Λ(β) ΛR p)

0 = p γ(1 − β cosθ)

71Se usiamo la rotazione R definita dalla (3.20), con un poco di algebra si ottiene facilmenteche la matrice Λ~β = Λ−1

R Λ(β) ΛR assume esplicitamente la forma seguente (basta effettuare il

prodotto delle tre matrici ...):

Λ~β =

γ − βγnx − βγny − βγnz

−βγnx 1 + (γ − 1)n2x (γ − 1)nx ny (γ − 1)nx nz

−βγny (γ − 1)ny nx 1 + (γ − 1)n2y (γ − 1)ny nz

−βγnz (γ − 1)nz nx (γ − 1)nz ny 1 + (γ − 1)n2z

(3.23)

dove, come abbiamo gia detto

~n = ~β/β ≡ ~β/β; γ = 1/√

1 − β2

Ricordiamo che questa e la trasformazione di Lorentz che, senza ruotare gli assi, porta dalriferimento RS al riferimento RS′ che, in RS, si sposta appunto con velocita ~β. In particolarevogliamo adesso osservare che, se e data in RS una particella di massa m e quadrimpulso(pµ) = (p0, ~p), essa si muovera in RS con velocita ~β0 = ~p/p0. Se andiamo allora nel riferimento

RS′ che si muove in RS proprio con la velocita ~β0, in questo riferimento la particella appariraferma, i.e.

Λ~β0pµ = (m, 0, 0, 0) (3.24)

ovvero Λ~β0e proprio il boost di Lorentz (non unico ...) che, dal riferimento del Laboratorio,

conduce al riferimento del Centro di massa della particella in questione !

79

(Λ−1R Λ(β) ΛR p)

1 = p ((γ − 1) sinθ cosθ cosφ − βγ sinθ cosφ)

(Λ−1R Λ(β) ΛR p)

2 = p ((γ − 1) sinθ cosθ sinφ− βγ sinθ sinφ)

(Λ−1R Λ(β) ΛR p)

3 = p (sin2θ + γ cos2θ − βγ cosθ)

e, per quanto riguarda la frequenza, ricordando che quella naturale ν0 e proprioquella nel riferimento dell’atomo fermo, si ha dunque

ν0 = ν γ(1 − β cosθ) ⇒ ν =ν0

γ(1 − β cosθ)≡ ν0

√1 − β2

1 − ~β · ~n(3.29)

dove ~β e la velocita della sorgente nel nostro riferimento ed ~n e la direzione diosservazione del fotone, sempre nel nostro sistema di riferimento. Supponiamoora che ~β sia fisso in modulo. Evidentemente la frequenza osservata sara compresafra

νmin =ν0

√1 − β2

1 + β= ν0

√

1 − β

1 + β−→ ν0 (1 − β)

νmax =ν0

√1 − β2

1 − β= ν0

√

1 + β

1 − β−→ ν0 (1 + β)

dove i valori a destra sono i limiti non relativistici, cioe quelli al primo ordine inβ.

Di conseguenza, in termini dell’impulso spaziale ~p, il boost di Lorentz Λ(~p) tale cheΛ(~p) pµ = (m, 0, 0, 0), in base alla (3.23), e evidentemente dato da

Λ(~p) =

Em − px

m − py

m − pz

m− px

m 1 + px px

m(E+m)px py

m(E+m)px pz

m(E+m)

− py

mpy px

m(E+m) 1 +py py

m(E+m)py pz

m(E+m)

− pz

mpz px

m(E+m)pz py

m(E+m) 1 + pz pz

m(E+m)

(3.25)

Osserviamo prima di concludere che la famiglia dei boost Λ(~p) di cui sopra gode della seguenteproprieta

R Λ(~p) R−1 = Λ(R~p) (3.26)

qualunque sia la rotazione R. Da quanto precede, risulta infatti che

Λ(~p) = R−1(~p) Λz(p) R(~p) (3.27)

dove R(~p) e una rotazione che allinea ~p lungo l’asse z, mentre Λz(p) e il boost lungo l’asse z,definito da β = p/E, che trasforma (E, 0, 0, p) in (m, 0, 0, 0). Quindi, se definiamo ~p ′ = R~p,chiaramente risulta

R(~p ′) ~p ′ = (0, 0, p) = R(~p) ~p = R(~p)R−1 ~p ′ ⇒ R(~p ′) = R(~p)R−1

da cui, finalmente, essendo Λz(p) ≡ Λz(p′), risulta

Λ(~p ′) = R−1(~p ′) Λz(p′)R(~p ′) = RR−1(~p)Λz(p)R(~p)R−1 = RΛ(~p)R−1 (3.28)

80

Ma qual e la distribuzione in frequenza f = f(ν) di questi fotoni ?Siccome risulta ν = ν(cosθ), se indichiamo con P (cosθ) la densita di probabilita

che, per un atomo,~β·~nβ

sia compresa fra cosθ e cosθ − d cosθ, risultera

f(ν) dν = P (cosθ) d(−cosθ) (3.30)

Dunque, se il movimento degli atomi e isotropo (P = 12), ne segue che, fra νmin

e νmax la distribuzione f(ν) sara data da72

f(ν) = −1

2

1dν

d cosθ

=(1 − β cosθ)2

2 ν0 β√

1 − β2=ν0

√1 − β2

2β

1

ν2−→ 1

2β ν0

(3.31)

Ovvero si tratta di una distribuzione piatta fra νmin e νmax.Per ricordarci che questa distribuzione dipende anche da β = v

c, indichiamola con

il simbolo H(ν, v) ≡ f(ν). Ovviamente, la velocita v non e unica in modulo,bensı, in un gas sara distribuita secondo la legge di Maxwell che fornisce, fissatela temperatura T del gas e la massa m delle molecole che lo costituiscono

P (v) dv = 4π(

m

2πkT

) 32

e−12

m v2

kT v2 dv (3.32)

La distribuzione in frequenza dei fotoni osservati sara allora, in generale, data da

F (ν) =∫ ∞

v(ν)P (v)H(ν, v) dv (3.33)

dove v(ν) e il limite inferiore di velocita per cui, fissata ν0, si puo, da quella,ottenere la frequenza ν per effetto Doppler73, che risulta dato da

v(ν) = c|ν2 − ν2

0 |ν2 + ν2

0

−→ c|ν − ν0|ν0

(3.34)

72Si osservi che, come deve essere, la f e normalizzata, infatti

∫ νmax

νmin

f(ν) dν =

∫ νmax

νmin

ν0√

1 − β2

2β

1

ν2dν =

ν0√

1 − β2

2β

∫ νmax

νmin

1

ν2dν =

=ν0√

1 − β2

2β(− 1

νmax+

1

νmin) =

ν0√

1 − β2

2β

νmax − νmin

νmaxνmin=ν0√

1 − β2

2β

2 β ν0√1−β2

ν20

= 1

73Infatti H(ν, v) e nulla se ν < ν0

√

1−β1+β oppure se ν > ν0

√

1+β1−β . Dunque, se ν > ν0, il

minimo valore di v possibile deve essere tale che

ν

ν0=

√

1 + β

1 − β⇒ βmin =

ν2 − ν20

ν2 + ν20

Analogamente si vede che se ν < ν0, allora il βmin e quello per cui

ν

ν0=

√

1 − β

1 + β⇒ βmin =

ν20 − ν2

ν2 + ν20

81

Applicando quanto sopra al caso non relativistico74 della distribuzione maxwelliana,si ha quindi

F (ν) =∫ ∞

c|ν−ν0|

ν0

dv 4π(

m

2πkT

) 32

e−12

mv2

kT v2 1

2ν0vc

=

= 4π(

m

2πkT

) 32 c

2ν0

∫ ∞

c|ν−ν0|

ν0

dv e−12

mv2

kT v =

= 2πc

ν0

(

m

2πkT

) 32 2kT

m

∫ ∞

c|ν−ν0|

ν0

√m

2kT

dx e−x2

x (3.35)

Ricordando che∫∞a e−x

2x dx = 1

2e−a

2, risulta quindi75

F (ν) =1

2

2√π

c

ν0

(

m

2kT

)12

e− 1

2mc2

kT(ν−ν0)2

ν20 =

c

ν0

√

m

2πkTe− 1

2mc2

kT(ν−ν0)2

ν20 (3.36)

Ovvero si tratta di una distribuzione gaussiana, avente valor medio ν0 e scarto

pari a ν0

√

kTmc2

, i.e. tale che

∆ν

ν0=

√

kT

mc2(3.37)

ovvero, in generale, appunto

v ≥ c|ν2 − ν2

0 |ν2 + ν2

0

Nel caso non relativistico, dove abbiamo visto che H(ν, v) e nulla se ν < ν0(1 − β) oppure seν > ν0(1 + β), ripetendo quanto sopra, si vede che deve essere

v ≥ c|ν − ν0|ν0

Infatti, se ν > ν0, la condizione per βmin sara

ν

ν0= 1 + β ⇒ βmin =

ν − ν0ν0

Invece, se ν < ν0, la condizione per βmin sara

ν

ν0= 1 − β ⇒ βmin =

ν0 − ν

ν0

i.e., in generale, appunto, dovra valere la condizione v ≥ c |ν−ν0|ν0

.74Formalmente l’integrale (3.33) e fatto fino a +∞, nonostante sappiamo che la velocita

massima dell’emettitore sara comunque sempre inferiore a c. La ragione e che, essendo k =8.617 × 10−5eV K−1, ne segue che, anche alle temperature piu estreme, kT << mc2 per cui,data la forma della distribuzione maxwelliana della velocita, essa risulta sensibilmente non nullasolo per v << c ...

75Ricordando che∫

e−12( x

σ)2 dx = σ

√2π, si verifica facilmente che F (ν) e normalizzata ad 1.

82

Figure 9: Riflessione di una particella da un piano.

L’allargamento Doppler dipende quindi dal valore di kT , confrontato con l’energiadi massa dell’atomo.Nel caso, per esempio, dell’elio a temperatura ambiente T = 300K, k = 1.38 10−23J/K =8.6 10−5 eV/K, m = 4 · 931MeV/c2 (ricordiamo che l’elio ha una massa pari a 4masse atomiche e che una massa atomica vale appunto: 1 uma = 931MeV/c2),si ottiene

∆ν

ν0

≈ 2.5 · 10−6 (3.38)

3.5 Riflessione da un piano in moto

Sia data, nel sistema di riferimento RS, una particella di massa m e quadrimpulso(pµ) = (p0, 0, p sinθ, p cosθ), ed indichiamo con β0 = p

p0il modulo della sua ve-

locita in RS . Supponiamo che essa urti elasticamente il piano di equazione z = 0,che assumeremo liscio, cioe in grado di esercitare solo reazioni ortogonali al pianostesso. Essa rimbalzera indietro con quadrimpulso (pµ) = (p0, 0, p sinθ,−p cosθ)e quindi l’impulso ceduto al piano sara pari a

∆pz = 2 p cosθ

Ma che succede se il piano in questione si muove con velocita (0, 0, β) ?Per vederlo, operiamo dal riferimento RS ′ in cui il piano e in quiete. In questo,per quanto gia visto, risulta

(p′µ) =

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

p0

0p sinθp cosθ

=

γp0 − βγp cosθ0

p sinθγp cosθ − βγp0

(3.39)

Intanto, perche il processo di ”riflessione” possa avvenire, e necessario che p′z > 0,ovvero che in RS ′ la particella si muova inizialmente verso il piano.Abbiamo quindi da soddisfare la condizione

γp cosθ − βγp0 > 0 ⇒ p cosθ > β p0 ⇒ β <p cosθ

p0≡ β0z (3.40)

83

i.e. e necessario76 che β < βz (ovvio !).Risultera piu comodo, nel seguito, invece che descrivere il boost di Lorentz in

termini delle variabili β e γ di cui sopra, farlo in termini delle funzioni iperboliche(cfr. eq.(3.2)) e quindi della rapidita. Risulta

γ = chα, βγ = shα ⇒ β = thα (3.41)

per cui la condizione (3.40) diventa

p0 thα < p cosθ (3.42)

Avvenuta la riflessione, in RS ′ la terza componente spaziale del quadrimpulso(p′µ) della particella cambiera naturalmente di segno. Per conoscere allora ilquadrimpulso (p′′µ) della stessa in RS, bastera applicare il boost inverso, cioequello in cui β → −β. Avremo quindi

(p′′µ) =

γ 0 0 βγ0 1 0 00 0 1 0βγ 0 0 γ

γp0 − βγp cosθ0

p sinθ−γp cosθ + βγp0

=

=

γ2(1 + β2)p0 − 2βγ2p cosθ0

p sinθ2βγ2p0 − γ2(1 + β2)p cosθ

(3.43)

Ma, in termini delle funzioni iperboliche, risulta

γ2(1 + β2) = ch2α(1 + th2α) = ch2α+ sh2α = ch 2α

2 β γ2 = 2 thα ch2α = 2 shα chα = sh 2α

per cui, in termini di α, il quadrimpulso in RS della particella dopo che ha subitola riflessione dal piano in moto e dato da

(p′′µ) =

p0ch 2α− p cosθ sh 2α0

p sinθp0 sh 2α− p cosθ ch 2α

(3.44)

Osserviamo immediatamente che, se β > 0, l’energia in RS della particella dopola riflessione e inferiore a quella che essa aveva precedentemente, i.e. che risulta

p′′0 = p0ch 2α− p cosθ sh 2α < p0 ⇐⇒ p0ch 2α− p0 < p cosθ sh 2α

76Si noti che questa condizione e automaticamente soddisfatta se lo specchio si muove incontro

alla particella, perche, in quel caso, β e negativo ...

84

Questo accade perche

p0ch 2α− p0 = p0(ch 2α− 1) = p0(ch2α + sh2α− ch2α + sh2α) = 2p0 sh2α

ed usando la condizione di ”riflessione” (3.42), i.e.

p0th α < p cosθ ⇒ poshα < p cos θ ch α

si ha appunto ( shα > 0 essendo per ipotesi β > 0 ...)

p0ch 2α− p0 = 2p0 sh2α < 2p cos θ ch α shα = p cos θ sh 2α

Per renderci conto di questo da un punto di vista fisico, osserviamo che per iltempo in cui e avvenuto il processo di riflessione, ci sara stata una forza F (t)applicata al piano, nel verso del suo moto, tale che

∫

F (t)dt = ∆pz

Ma siccome il piano e in moto, questa forza ha compiuto un lavoro sul pianostesso, pari a77

∆L =∫

F (t)βdt = β∆pz (3.46)

che, nel limite non relativistico, vale ∆L = 2β p cosθ. In ogni caso, il lavoro∆L dovra essere avvenuto, naturalmente, a spese dell’energia della particella.D’altronde, da quanto precede e dalla (3.45), risulta che la particella ha perdutouna quantita di energia ∆E pari a

∆E = p0 − p′′0 = p0 − p0ch 2α+ p cosθ sh 2α = p0 − p0γ2(1 + β2) + 2βγ2pcosθ =

= p0

[

1 − 1 + β2

1 − β2

]

+ 2βγ2pcosθ = −2β2γ2p0 + 2βγ2pcosθ

= 2βγ2[

p cosθ − β p0]

= β∆pz (3.47)

e questo, data la (3.46), e esattamente quanto ci aspettavamo in base, appunto,alla conservazione dell’energia.

77Per quanto riguarda il calcolo dell’impulso ∆pz ceduto dalla particella al piano, nel limitenon relativistico, basta fermarsi all’ordine zero in β, dato che siamo interessati al calcolo dellavoro fatto da questa forza e questo gia contiene β linearmente. Comunque, il risultato (3.47)e esatto qualunque sia β < 1, infatti

∆pz = p cosθ − (p0 sh 2α− p cosθ ch 2α) = p cosθ (1 + ch 2α) − p0 sh 2α =

= p cosθ (1 +1 + β2

1 − β2) − 2β p0 γ2 = 2 γ2 p cosθ − 2p0 β γ2 =

= 2γ2(p cosθ − β p0) (3.45)

che, comunque, e sempre positiva (come e d’altronde intuitivo che debba essere ...).

85

Si noti in particolare che, come gia osservato, il segno di ∆E coincide con il segnodi β, visto che ∆pz e comunque una quantita positiva ...Un’altra conseguenza del moto del piano e che, in RS, l’angolo di riflessione ediverso da quello di incidenza, infatti si ha

−p′′z = p cosθ ch 2α− p0 sh 2α = −p cosθ + p cosθ (ch 2α + 1) − p0 sh 2α =

= −p cosθ + p cosθ

(

1 + β2

1 − β2+ 1

)

− 2βγ2 p0 = −p cosθ + 2γ2(

p cosθ − β p0)

e dunque, se θ′′ e l’angolo di riflessione, risulta infine

tg θ′′ =p′′y−p′′z

=p sinθ

−p cosθ + 2γ2 (p cosθ − β p0)(3.48)

Si osservi che tg θ′′ puo anche essere negativa, ovvero, data la definizione adottata,la particella, dopo la riflessione, puo avere ancora la componente z dell’impulsopositiva. Non solo, ma nel caso in cui risulti

β p0 = p cosθ

ovvero nel caso in cui la riflessione risulti radente nel riferimento dello specchiofisso, abbiamo, naturalmente, che la direzione della particella non viene alteratadalla riflessione e quindi, date le diverse definizioni, risulta

tg θ′′ = −tg θ

Fin qui non abbiamo fatto approssimazioni, ma se β << 1, allora, al primo ordinein β, i.e. ponendo γ = 1 nella equazione (3.48), si ha

tg θ′′ ≈ p sinθ

p cosθ − 2β p0=

p sinθ

p cosθ(

1 − 2β p0

p cosθ

) ≈ tgθ

(

1 +2β p0

p cosθ

)

(3.49)

dove la seconda approssimazione e valida solo se risulta anche 2β p0

p cosθ<< 1.

In questo caso, ponendo θ′′ = θ + δ e sviluppando in serie di Taylor, al primoordine in δ, la funzione tg(θ + δ) intorno all’angolo θ, risulta

tg θ′′ = tg(θ + δ) ∼= tg θ +δ

cos2θ⇒ δ = 2 β

p0

psinθ = 2 β β0 sinθ

86

4 Dinamica relativistica

4.1 Sistemi isolati: generalita

E’ noto che nella meccanica newtoniana, per un qualunque sistema isolato78,i principi della dinamica garantiscono la validita del teorema di conservazionedell’impulso, i.e. garantiscono che risulti

d~P

dt= 0 (4.1)

Questa e una relazione vettoriale, che, chiaramente, proprio perche vettoriale enon quadrivettoriale, non e consistente con la Relativita Ristretta.Un modo per generalizzarla e quello di porre, per analogia79,

dP µ

dτ≡ 0 (4.2)

Fermo restando il fatto che solo l’esperienza puo poi dire se la generalizzazionee corretta o no da un punto di vista fisico, osserviamo intanto che, con questageneralizzazione si aggiunge un’equazione alle tre relative all’impulso spaziale,cioe quella per la componente temporale del quadrimpulso, che implica la conser-vazione dell’energia relativistica. D’altronde, dato il modo di agire delle trasfor-mazioni di Lorentz, le quali mescolano componenti spaziali e temporale, non enemmeno possibile pensare di separare le diverse componenti fra loro, senza vio-lare il Principio di Relativita.Ma sembrerebbe forse che, dopotutto, non ci sia granche da dire su questo nuovopunto, visto che l’energia meccanica si conserva anche nella dinamica newtoniana(almeno sotto certo ipotesi di non dissipazione).Non e cosı: c’e un fatto nuovo molto importante !Nel termine temporale del quadrimpulso, infatti, non entra solo l’energia mec-canica: vi compare tutta l’energia associata alla particella che, a velocita nulla,e descritta appunto dal termine di massa (inerziale) il quale, in questo senso,diviene sinonimo di energia totale.

Vediamo un esempio per capire.Consideriamo il caso di due masse m, uguali fra loro e legate insieme da una

78Per sistemi lagrangiani, questo risultato discende dall’omogeneita dello spazio, ovverodall’invarianza in forma della Lagrangiana di un sistema isolato, per traslazioni spaziali.

79Il tempo proprio, nel caso di un sistema composito, rappresenta comunque il tempo carat-teristico del riferimento in cui ~P = 0. Esso rimane uno scalare perche si tratta della coordinatatemporale in un preciso ed unico riferimento (a meno di rotazioni). Ovviamente, pero, la con-servazione del quadriimpulso, espressa dalla relazione dP µ

dτ = 0, e valida in ogni riferimento

inerziale, per cui e altresı vero che dP µ

dt = 0, dove t e la coordinata temporale associata ad unqualsiasi riferimento inerziale (eventualmente ma non necessariamente coincidente con quellodove il quadriimpulso e rappresentato dal quadrivettore Pµ).

87

molla contratta che, al tempo t = 0, le lancia in direzioni opposte. Classicamentesi direbbe che e dato un sistema fatto da due masse m, con associata una certaenergia potenziale, la quale si trasforma in energia cinetica al momento delloscatto della molla.

Relativisticamente, invece, il processo deve essere descritto in termini di unsistema che, in quiete nel nostro sistema di riferimento, aveva una massa a riposoM = 2(m+ ǫ), il quale ha dato luogo a due particelle materiali di quadrimpulso80

(m + ǫ, ~p) e (m + ǫ,−~p). In linguaggio non relativistico, la quantita 2ǫ misural’energia potenziale iniziale presente nel sistema a causa della molla contratta,che si trasforma in energia cinetica delle due masse lanciate da parti opposte.In linguaggio relativistico, essa, insieme a 2m, piu semplicemente determina lamassa inerziale del sistema. Potrebbe allora sembrare semplice verificare se questainterpretazione e vera o no: le due masse ferme e non interagenti hanno una massainerziale minore che quella del sistema delle due masse con la molla contratta,per cui basta pesarle ! Il problema e che per v << c

ǫ =1

2mv2

c2

e per corpi macroscopici e quindi per velocita ampiamente non relativistiche, ǫnon e accessibile sperimentalmente...Vedremo che, per le particella elementari, non e cosı e l’interpretazione rela-tivistica si impone come quella effettivamente corretta: l’energia interna positivaaccresce la massa ! Questo fatto e molto evidente, per esempio, nei decadimentiradioattivi, dove la massa M0 del radionuclide ”padre” e superiore alla sommadelle masse Mi dei frammenti ”figli” e la differenza e la quantita Q caratteristicadella reazione, definita come

Q = M0 −∑

i

Mi

Comunque, non solo l’energia interna ”positiva” accresce la massa di un sistemarispetto a quello dei suoi costituenti, ma anche quella ”negativa” di legame, agiscediminuendola ! La massa di un atomo di idrogeno nello stato fondamentale e piupiccola della somma delle masse del protone e dell’elettrone, anche se, di nuovo,essendo la massa del protone circa 1 GeV , quella dell’elettrone circa 500 keV equella di legame, al piu, solo 13.6 eV , questa differenza e poco apprezzabile ...Le cose cambiano radicalmente dove l’energia di legame e sensibilmente mag-giore, come, per esempio, nei nuclei. Per esempio, la massa nella particella α(nucleo dell’atomo di elio: due protoni e due neutroni) e pari a 3727.380 MeV ,mentre la massa di un protone vale 938.272 MeV e quella di un neutrone e paria 939.565 MeV , per cui

MHe − 2(mp +mn) = −28.3 MeV

80La quantita ǫ, per sua definizione, e direttamente legata all’impulso spaziale finale ed allamassa delle due particelle dalla relazione ǫ =

√

m2 + |~p|2 −m , i.e. m+ ǫ ≡√

m2 + |~p|2

88

Questo difetto di massa81 misura l’energia di legame del sistema dei quattronucleoni! E’ proprio in questo difetto di massa che, in particolare, sta la rispostaalla domanda sul perche i nuclei atomici sono sostanzialmente stabili. Ricor-diamoci che il neutrone libero decade β con una vita media di circa 886 secondi.Come mai, quando e in un nucleo, in genere non lo fa ? La ragione sta appuntonel fatto che la massa M di un nucleo stabile, fatto di Z protoni ed A−Z neutronie inferiore alla somma Z mp + (A − Z)mn per la quantita W che e l’energia dilegame del sistema: se allora M ′ e la massa del radionuclide che, avendo lo stessonumero di massa A, ha un protone in piu (e quindi un neutrone in meno ...), equesto nucleo e meno legato, ovvero se

M < M ′ +me ⇒W > W ′ + (mn −mp −me)

allora il processo di decadimento β e proibito dalla conservazione dell’energia.

4.1.1 Urto elastico

Supponiamo di avere due corpi di massa m ed M ed immaginiamo che il secondosia fermo nel sistema di riferimento, che chiameremo del Laboratorio, i.e. il suoquadrimpulso in questo sistema di riferimento sia P µ = (M,~0).Quanto al primo corpo, supponiamo che abbia invece quadrimpulso P µ = (E, ~p),

con E ≡√

m2 + |~p|2. Supponiamo che fra i due corpi avvenga un urto elastico.Dopo l’urto, le masse delle due particelle non sono cambiate per ipotesi di urtoelastico e, essendo il sistema isolato82, il quadrimpulso totale deve essere rimastoinvariato.

Indichiamo, rispettivamente, con p′µ e con P ′µ i quadrimpulsi delle masse medM dopo l’urto: vogliamo vedere come sono legati alle condizioni iniziali, ovveroa pµ e P µ. Per quanto detto sopra, dovra essere

p′µ + P ′µ = pµ + P µ

81Nel caso di un sistema composito in interazione, volendo trovare il centro di massa, dobbi-amo usare la massa libera dei costituenti o che altro ?Il difetto di massa e una peculiarita dell’intero sistema in interazione e non delle sue parti.Volendo determinare il sistema del CM, non e possibile farlo in modo coerente finche si rimanein una teoria di potenziale newtoniana classica, perche, come abbiamo gia avuto modo di os-servare, questa prevede interazione istantanea fra particelle in posti differenti e dunque non ecompatibile con la relativita della contemporaneita. Occorre affrontare il problema nell’ambitodi una teoria di campo relativisticamente invariante. In questo caso, per trovare il riferimentodel CM, occorre, a partire dalla Lagrangiana (scalare di Lorentz ed invariante in forma pertraslazioni nello spazio tempo), determinare il tensore densita di energia-impulso T µν, che ver-ifichera la legge di conservazione ∂µT

µν = 0; quindi integrare T 0ν nello spazio e determinarecosı il quadrimpulso P ν del sistema (determinato in parte dalla materia ed in parte dal campodi interazione) e cercare poi il riferimento in cui la sua parte spaziale e nulla.

82Se anche esistesse un’altra interazione sui due corpi, assumeremo che nel tempo dell’urto,la variazione di quadrimpulso prodotta da questa interazione sia del tutto trascurabile rispettoal valore preesistente.

89

Figure 10: Urto elastico nel Laboratorio

e dunque, nel sistema di riferimento del Laboratorio, avremo

p′µ + P ′µ = (E +M, ~p) (4.3)

Poniamo adesso

p′µ = (w′, ~p′); w′ ≡√

m2 + |~p′|2 (4.4)

P ′µ = (W ′, ~P ′); W ′ ≡√

M2 + | ~P ′|2 (4.5)

Evidentemente, dalla conservazione dell’impulso spaziale nel sistema del Labora-torio, risulta

~p′ + ~P ′ = ~p ⇒ | ~P ′|2 = p2 + p′2 − 2p p′ cosθ (4.6)

mentre dalla conservazione dell’energia si ha

E +M =√

M2 + | ~P ′|2 +√

m2 + |~p′|2 (4.7)

e dunque

√

M2 + | ~P ′|2 = (E +M) −√

m2 + |~p′|2

da cui, elevando al quadrato ed usando l’espressione (4.6), si ottiene

M2 + p2 + p′2 − 2p p′ cosθ = E2 +M2 + 2EM +m2 + p′2 − 2(E +M)√

m2 + p′2

i.e., semplificando, si ha

E2 + 2EM +m2 − p2 + 2p p′ cosθ = 2(E +M)√

m2 + p′2

90

ma E2 − p2 = m2, per cui sostituendo e dividendo per 2, abbiamo

m2 + EM + p p′ cosθ = (E +M)√

m2 + p′2 (4.8)

da cui, elevando ancora al quadrato, si ottiene

m4 + E2M2 + p2 p′2 cos2θ + 2EMm2 + 2m2 p p′ cosθ + 2EM pp′ cosθ =

= (E2 + 2EM +M2)(m2 + p′2) =

= E2m2 + E2p′2 + 2EMm2 + 2EMp′2 +m2M2 +M2p′2

Semplificando e ordinando come polinomio in p′, si ha

p′2(

p2 cos2θ − E2 − 2EM −M2)

+ 2p′(

m2p cosθ + EMp cosθ)

+

m4 + E2M2 −E2m2 −m2M2 = 0 (4.9)

ovvero

p′2(

p2 (1 − sin2θ) − E2 − 2EM −M2)

+ 2p p′ cosθ(

m2 + EM)

+

m4 + (p2 +m2)M2 − (p2 +m2)m2 −m2M2 = 0

⇓p′2(

p2 − p2 sin2θ −E2 − 2EM −M2)

+ 2p p′ cosθ(

m2 + EM)

+

m4 + p2M2 +m2M2 − p2m2 −m4 −m2M2 = 0

(4.10)

da cui, sostituendo p2 − E2 = −m2 e cambiando tutto di segno, si ottiene final-mente

p′2(

p2 sin2θ + 2EM +M2 +m2)

− 2p p′ cosθ(

m2 + EM)

+

+p2(

m2 −M2)

= 0 (4.11)

Questa equazione puo essere vista come una equazione di secondo grado in p′, incui le condizioni iniziali (fissate le masse M ed m) entrano attraverso il modulo pdell’impulso della particella incidente, mentre le condizioni finali sono contenutenel valore dell’angolo di scattering θ: si tratta dunque di una equazione di secondogrado, parametrica in θ. Evidentemente le soluzioni saranno accettabili perragioni fisiche solo se reali e positive (p′ e il modulo dell’impulso spaziale dellaparticella di massa m, dopo l’urto), per cui occorre studiare il discriminantedell’equazione, che vale

∆/4 =[

p cosθ(

EM +m2)]2 − p2

(

p2 sin2θ + 2EM +M2 +m2) (

m2 −M2)

=

p2 cos2θ(EM +m2)2 − p2[

(m2 −M2)p2 sin2θ + (2EM +M2 +m2)(m2 −M2)]

=

91

p2(1 − sin2θ)(EM +m2)2 − p2[

(m2 −M2)p2 sin2θ + (2EM +M2 +m2)(m2 −M2)]

=

p2(EM +m2)2 − p2 sin2θ(EM +m2)2 −−p2

[

(m2 −M2)p2 sin2θ + (2EM +M2 +m2)(m2 −M2)]

=

−p2 sin2θ[

(EM +m2)2 + (m2 −M2)p2]

+

p2[

(EM +m2)2 − (2EM +M2 +m2)(m2 −M2)]

=

p2[

E2M2 + 2EMm2 +m4 − 2EMm2 + 2EM3 −m2M2 +M4 −m4 +m2M2]

−p2 sin2θ[

E2M2 + 2EMm2 +m4 +m2E2 −m4 −M2E2 +m2M2]

=

p2[

(EM +M2)2]

− p2 sin2θ[

m2(2EM + E2 +M2)]

=

p2M2 (E +M)2 − p2m2 sin2θ (E +M)2 =

p2(E +M)2[

M2 −m2 sin2θ]

e le due soluzioni sono

p′± =p cosθ (EM +m2) ± p (E +M)

√M2 −m2sin2θ

p2 sin2θ + 2EM +M2 +m2(4.12)

Quanto al denominatore, che e evidentemente strettamente positivo essendo sommadi quantita tutte strettamente positive, ricordando che p2 + m2 = E2, esso puoessere scritto come

p2 sin2θ + 2EM +M2 +m2 = p2 − p2 cos2θ + 2EM +M2 +m2 =

= E2 + 2EM +M2 − p2 cos2θ = (E +M)2 − p2 cos2θ

per cui le due soluzioni dell’equazione diventano infine

p′± = p(EM +m2) cosθ ± (E +M)

√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ(4.13)

La condizione di positivita del determinante, e quindi di realta delle soluzioni p′±

M2 −m2 sin2θ ≥ 0 (4.14)

non impone limitazioni sull’angolo di scattering θ se e solo se M ≥ m, altrimentirichiede che

0 ≤ θ ≤ arcsinM

m(4.15)

per cui, quando M < m non tutti gli angoli di scattering θ, nel Laboratorio, sonopossibili. Cerchiamo ora di determinare il numero delle soluzioni accettabili, neivari casi.

92

• Siccome il coefficiente di p′2 nella (4.11) e positivo, le soluzioni sono en-trambe dello stesso segno se il termine noto della stessa equazione di sec-ondo grado (4.11) e positivo, i.e. se m2 −M2 > 0 ⇒ m > M . In questocaso, θ sta nel primo quadrante83 e la soluzione p′+ e evidentemente positivae dunque lo e anche p′−.Entrambe queste soluzioni sono accettabili, con la conseguenza che, per lostesso angolo di scattering θ, esistono due possibili valori di p′.

• Nel caso in cui m2 −M2 < 0, i.e. quando M > m, allora le due soluzionihanno segno discorde. Non c’e limitazione ai possibili valori di θ fra 0 eπ, ma solo la soluzione p′+ sara accettabile in quanto, come abbiamo giaosservato, p′ deve essere comunque una grandezza reale positiva e, dalladefinizione, si ha che p′+ > p′− (ovvio !).

Evidentemente poi, fissato il valore di p′ e anche fissata l’energia E ′ della massam dopo l’urto: usando la (4.8), si ottiene84 per le due soluzioni, rispettivamente

E ′± =

(M + E)(EM +m2) ± p2 cosθ√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ(4.16)

Per meglio renderci conto del risultato ottenuto, vediamo adesso di analizzareil processo d’urto nel riferimento del centro di massa e poi di trasformare il risul-tato, indietro, nel sistema del Laboratorio. Come abbiamo visto, nel Laboratorio

83Si osservi che la condizione (4.14) e pari in sinθ, per cui, a priori, se θ soddisfa la condizioneper cui ∆ ≥ 0, allora anche θ′ = π − θ la soddisfa. Comunque, nel secondo quadrante (dovesi trova θ′), essendo cosθ′ < 0, chiaramente p′− e negativo e dunque anche p′+ lo e, per cui, inquesto caso, anche se il discriminante e non negativo, non esistono soluzioni positive in p′±.

84Risulta infatti che, per la (4.8), e

m2 + EM + p p′ cosθ = (E +M)√

m2 + p′2 ⇒ m2 + EM + p p′ cosθ = (E +M)E′

ovvero, usando il fatto che

p′± =p cosθ (EM +m2) ± p (E +M)

√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ

si ha

E′ =m2 + EM + p p′ cosθ

E +M=

=1

E +M

(m2 + EM)[(E +M)2 − p2cos2θ] + p2cos2θ(EM +m2) ± p2cosθ(E +M)√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ=

=1

E +M

(m2 + EM)(E +M)2 ± p2cosθ(E +M)√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ=

=(m2 + EM)(E +M) ± p2cosθ

√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θc.v.d.

93

il quadrimpulso complessivo del sistema delle due masse e dato da

(E, ~p) + (M,~0) = (E +M, ~p)

Senza perdita di generalita, possiamo assumere che l’asse z di questo riferimentosia orientato come la velocita della particella incidente, per cui risulta

(E +M, ~p) = (E +M, 0, 0, |~p|) ≡ (E +M, 0, 0, p)

Per andare nel centro di massa del sistema, cioe nel riferimento in cui il quadrim-pulso totale non ha componente spaziale, dato che nel Laboratorio l’impulsospaziale e diretto come z, occorre evidentemente fare un opportuno boost diLorentz Λ(β) lungo l’asse z, i.e.

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

E +M00p

=

γ(E +M) − βγp00

−βγ(E +M) + γp

(4.17)

Esso deve essere tale per cui

−βγ(E +M) + γp = 0 ⇒ β =p

E +M(4.18)

Si noti che a questo risultato si poteva anche giungere immediatamente, visto che,dato il quadrimpulso generico P µ di un sistema di masse, i.e. un quadrivettoretime-like, esso puo sempre essere riscritto come85

P µ = (γ√s, γ

√s~β) (4.22)

85Dimostriamo formalmente la (4.22). Abbiamo gia provato, a suo tempo, che se ~β e diretta

in modo generico, allora un boost di Lorentz secondo ~β, per la (2.55), ha la struttura seguente

Λ(~β) = Λ−1R Λ(β) ΛR

dove Λ(β), boost di Lorentz lungo l’asse z, e definito dalla (4.17), mentre ΛR e tale che

ΛR =

(

1 00 R

)

essendo R una rotazione che allinea il vettore ~β secondo l’asse z, i.e. R ~β = β k con k versoredell’asse z. Come abbiamo gia avuto modo di osservare precedentemente (cfr. (3.23)), daquesto segue che, dati un sistema di riferimento inerziale RS1 ed un altro, RS2, in motorelativo rispetto al primo con velocita ~β, la trasformazione di Lorentz che , senza ruotare gliassi, consente di determinare in RS2 le componenti di un quadrivettore a partire da quelle dellostesso quadrivettore in RS1, e

Λ(~β) =

γ − βγnx − βγny − βγnz

−βγnx 1 + (γ − 1)n2x (γ − 1)nx ny (γ − 1)nx nz

−βγny (γ − 1)ny nx 1 + (γ − 1)n2y (γ − 1)ny nz

−βγnz (γ − 1)nz nx (γ − 1)nz ny 1 + (γ − 1)n2z

(4.19)

94

dove s ≡ P µPµ e il quadrato della massa invariante del sistema, mentre ~β eproprio la velocita del riferimento in cui la componente spaziale del quadrimpulsoe nulla, che, nel caso P µ sia il quadrimpulso di una singola particella, coincide

Evidentemente, allora, se e dato un quadrivettore time-like Pµ = (P 0, ~P ), tale per cui P 0 > 0,possiamo definire il vettore spaziale

~β ≡~P

P 0≡

~P

E

che soddisfa chiaramente la condizione |~β|2 < 1 e quindi puo ben rappresentare la velocitarelativa di un riferimento RS2, rispetto al riferimento RS1, dove il quadrivettore Pµ ha lecomponenti P 0 e ~P di cui sopra. Data questa definizione, risulta

γ ≡ 1√

1 − β2=

1√

1 − P 2

E2

=E

M

dove abbiamo altresı definito

M ≡√

E2 − P 2 ⇔M2 ≡ PµPµ ≡ s

Sostituendo allora nella (4.19), ne segue che, in termini delle componenti del quadrivettore Pµ,la trasformazione di Lorentz che lega RS2 ad RS1 e

Λ(P 0, ~P ) =

EM − Px

M − Py

M − Pz

M

−Px

M 1 + Px Px

M(E+M)Px Py

M(E+M)Px Pz

M(E+M)

−Py

MPy Px

M(E+M) 1 +Py py

M(E+M)Py Pz

M(E+M)

−Pz

MPz Px

M(E+M)Pz Py

M(E+M) 1 + Pz Pz

M(E+M)

(4.20)

E’ pero immediato dimostrare che

Λ(P 0, ~P )Pµ = (M, 0, 0, 0) ≡ (√s, 0, 0, 0)

ovvero che la (4.20) rappresenta la trasformazione di Lorentz che, senza ruotare gli assi, portanel riferimento dove il quadrivettore Pµ dato ha solo la componente temporale. L’inversa dellatrasformazione di Lorentz (4.20) e, ovviamente gΛt(P 0, ~P )g, ovvero, in termini delle variabili~β e γ definite sopra,

Λ(P 0, ~P )−1 =

γ βγnx βγny βγnz

βγnx 1 + (γ − 1)n2x (γ − 1)nx ny (γ − 1)nx nz

βγny (γ − 1)ny nx 1 + (γ − 1)n2y (γ − 1)ny nz

βγnz (γ − 1)nz nx (γ − 1)nz ny 1 + (γ − 1)n2z

(4.21)

ed essa, per definizione di trasformazione inversa, evidentemente e tale per cui

Λ(P 0, ~P )−1(√s, 0, 0, 0) ≡ (P 0, ~P )

da cui segue immediatamente quanto volevamo dimostrare, i.e. che risulta

P 0 = γ√s

~P = ~βγ√s

95

ovviamente con la sua stessa velocita, nel riferimento assegnato. In generale,risulta quindi

~β =~P

P 0(4.23)

Osserviamo che, nel caso considerato, la massa invariante del sistema vale

s = (E +M)2 − p2 = E2 + 2EM +M2 − p2 = 2EM +M2 +m2 (4.24)

ed essendo, per la (4.18),

β =p

E +M(4.25)

ne segue che

1

γ2= 1 − β2 = 1 − p2

(E +M)2=

(E +M)2 − p2

(E +M)2=

s

(E +M)2

ovvero, essendo comunque γ > 0

γ =E +M√

s(4.26)

per cui, data la (4.25), abbiamo

βγ =p√s

(4.27)

Ne segue, dunque, che il boost che descrive la trasformazione di riferimento dalLaboratorio nel sistema del centro di massa, in termini delle variabili cinematichedel processo, e

Λboost =

γ 0 0 − βγ0 1 0 00 0 1 0

−βγ 0 0 γ

=

E+M√s

0 0 − p√s

0 1 0 00 0 1 0

− p√s

0 0 E+M√s

(4.28)

per cui i due quadrimpulsi delle masse m ed M , visti nel sistema del CM, intermini delle variabili iniziali assegnate nel riferimento del laboratorio, sarannodati, rispettivamente, da

pµCM =1√s((E +M)E − p2, 0, 0,−pE + (E +M)p) =

1√s(ME +m2, 0, 0,Mp)

(4.29)

P µCM =

1√s((E +M)M, 0, 0,−Mp) =

1√s(ME +M2, 0, 0,−Mp)

96

Figure 11: Urto elastico visto nel sistema del centro di massa

Nel sistema del centro di massa, comunque, il processo di scattering puo esserestudiato in tutta generalita senza fare riferimento diretto alcuno alle variabilicinematiche che lo descrivono nel sistema del laboratorio, bensı solo in termini diinvarianti di Lorentz. Infatti, in termini della massa invariante

√s del sistema, il

quadrimpulso complessivo delle due particelle, per quanto gia detto, nel sistemadel CM , e dato da

(√s, 0, 0, 0)

Siccome l’impulso spaziale deve essere nullo, le due masse, sia prima che dopol’urto, dovranno avere impulsi spaziali comunque opposti. Indichiamo con ~a e ~bl’impulso della massa m (che nel laboratorio era quella incidente), rispettivamenteprima e dopo l’urto. Avremo

pµ = (√m2 + a2,~a) → p′µ = (

√m2 + b2,~b) (4.30)

P µ = (√M2 + a2,−~a) → P ′µ = (

√M2 + b2,−~b) (4.31)

Dalla conservazione dell’energia (componente P 0), risulta intanto immediato che,essendo l’urto elastico, cioe senza cambiamento di massa delle particelle, deve es-sere |~a| = |~b|: nell’urto visto nel sistema del CM, come del resto accadeva anche inmeccanica newtoniana, il modulo dell’impulso spaziale di ciascuna particella noncambia. Perche sia rispettata la conservazione dell’energia, il modulo dell’impulsodi entrambe le particelle, che continueremo a chiamare b, deve essere tale per cui86

√m2 + b2 +

√M2 + b2 =

√s (4.33)

86Per quanto visto precedentemente, chiaramente, per la (4.29), in termini delle variabili nelsistema del Laboratorio, e

b =Mp√s

;√

m2 + b2 =ME +m2

√s

√

M2 + b2 =ME +M2

√s

(4.32)

97

ovvero

m2 + b2 +M2 + b2 + 2√m2 + b2

√M2 + b2 = s

e dunque

2√m2 + b2

√M2 + b2 = s−m2 − 2b2 −M2

da cui, elevando ancora al quadrato, otteniamo

4(m2 + b2)(M2 + b2) = s2 + 4b4 + (m2 +M2)2 − 4sb2 − 2s(m2 +M2) + 4b2(m2 +M2)

i.e.

4m2M2 + 4m2b2 + 4M2b2 + 4b4 = s2 + 4b4 + (m2 +M2)2 − 4sb2 − 2s(m2 +M2) + 4b2(m2 +M2)

e, semplificando, si ottiene il valore di b come funzione solo del quadrato dellamassa invariante s del sistema complessivo, nonche delle singole masse delle par-ticelle coinvolte nell’urto. Risulta infatti

4sb2 = s2 + (m2 +M2)2 − 4m2M2 − 2s(m2 +M2) =

= (s−m2 −M2)2 − 4m2M2 (4.34)

⇓

b =

√

(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

2√s

(4.35)

da cui, sostituendo, per le energie delle due particelle, si ottengono i valori

√m2 + b2 =

s+m2 −M2

2√s

=ME +m2

√s

(4.36)

√M2 + b2 =

s+M2 −m2

2√s

=ME +M2

√s

(4.37)

Se indichiamo adesso con Θ l’angolo di scattering (0 ≤ Θ ≤ π) che la particelladi massa m subisce nel sistema del centro di massa (vedi fig.(11)), allora il suoquadrimpulso dopo l’urto, senza perdita di generalita, si scrive come

p′µ = (√m2 + b2, 0, b sinΘ, b cosΘ) (4.38)

Vediamo come esso appare dal sistema del Laboratorio, in funzione dell’angolodi scattering Θ nel sistema del CM .Evidentemente dobbiamo applicare a p′µ il boost di Lorentz inverso a quelloespresso dalla (4.28), che ci ha condotto dal Laboratorio nel sistema del CM,ovvero dovremo applicare la trasformazione di Lorentz

Λ =

E+M√s

0 0 p√s

0 1 0 00 0 1 0p√s

0 0 E+M√s

(4.39)

98

ottenendo cosı, finalmente

E ′(lab) =

E +M√s

√m2 + b2 +

p b√scosΘ =

=(E +M)(EM +m2)

s+Mp2

scosΘ (4.40)

p′x(lab) = 0 (4.41)

p′y(lab) = b sinΘ (4.42)

p′z(lab) =p√s

√m2 + b2 +

E +M√s

b cosΘ =

=p(EM +m2)

s+Mp(E +M)

scosΘ (4.43)

Occupiamoci di vedere come e fatto ~p′(lab) in funzione dell’angolo di scatteringΘ nel sistema del CM (i cui valori, come gia detto, sono qualsiasi fra 0 e π).Evidentemente, dalle (4.42) e (4.43), risulta immediato che, in funzione di Θ,il luogo dei punti descritti da ~p′(lab) e un’ellisse [5] (semiellisse...) di semiasse

minore b lungo y e semiasse maggiore b E+M√s

≡ bΓ lungo z, traslata lungo z della

quantita87 A ≡ p√m2+b2√s

(ellisse di Blaton [7]: vedi fig.(12)).

87Nella meccanica newtoniana, il luogo dei punti descritti da ~p′(lab) e un semicerchio, essendo,in questo caso Γ = 1 ed A = β m, visto che la legge di trasformazione dell’impulso e tale percui la sola componente che cambia e

p′z = b cosθ + βm

Questa e anche l’espressione a cui tende la (4.43) nel limite NR, dato che essa puo essere scrittaanche come

p′z = βγ√

m2 + b2 + γ b cosΘ

(essendo, per quanto visto sopra, γ β = p√s

e γ = E+M√s

)

e, nel limite NR, γ → 1,√m2 + b2 → m...

99

Figure 12: Ellisse dell’impulso nel sistema del Laboratorio

Iniziamo dalla situazione corrispondente alla fig.13, per cui

Γ b ≡ bE +M√

s≥ A ≡ p

√m2 + b2√

s

⇓

b(E +M) ≥ p√m2 + b2 ⇒ b2(E +M)2 ≥ p2(m2 + b2)

⇔ b2(E +M)2 − p2b2 ≥ m2p2 ⇔ b2(E2 + 2EM +M2 − p2) ≥ m2p2

⇔ b2(m2 + 2EM +M2) ≥ m2p2 ⇔ b2 s ≥ m2p2

⇔ (s−m2 −M2)2 − 4m2M2

4≥ m2p2 ⇔ (s−m2 −M2)2 ≥ 4m2p2 + 4m2M2

⇔ 4E2M2 ≥ 4m2p2 + 4m2M2 ≡ 4m2(E2 −m2) + 4m2M2

⇔ 4E2(M2 −m2) ≥ 4m2(M2 −m2)

Siccome l’energia E della particella incidente e non inferiore al valore della suamassa m, i.e. E ≥ m ≥ 0, la condizione precedente si realizza, evidentemente, see solo se M ≥ m. In questo caso (vedi fig.13), anche nel sistema del laboratorio,sono possibili tutti gli angoli di scattering, i.e., 0 ≤ θ ≤ π e p′(θ), fissato θ, eunico, visto che l’origine del sistema degli assi si trova all’interno dell’ellisse.

100

Figure 13: Impulso nel Laboratorio e nel CM quando M > m

Nel caso, invece, in cui M < m, allora, evidentemente da quanto precede eΓb < A e dunque la configurazione che si realizza e quella illustrata in fig.14, in cuil’origine del sistema degli assi e esterno all’ellisse, per cui sono possibili solo angolidi scattering θ nel primo quadrante e ad ognuno di essi corripondono, stavolta,due angoli di scattering Θ nel sistema del centro di massa e, corripondentemente,due valori di p′(θ) .

Figure 14: Impulso nel Laboratorio e nel CM quando M < m

Quanto poi all’energia, abbiamo ricavato dalla (4.40) che

E ′(lab) =

E +M√s

√m2 + b2 +

p b√scosΘ (4.44)

101

Questo risultato ci dice, fra l’altro, che l’energia della particella incidente dopol’urto, vista nel laboratorio, va da un massimo88 di (Θ = 0)

EMAX =E +M√

s

√m2 + b2 +

p b√s

= E (4.45)

ad un minimo89 di (Θ = π)

Emin =E +M√

s

√m2 + b2 − p b√

s= E − 2

p b√s

= E − 2Mp2

s(4.46)

ovvero copre una ”larghezza” in energia ∆E pari a

∆E = 2p b√s

=2Mp2

s

Dalla (4.44) abbiamo inoltre che

dE ′(lab) =

bp√sd(cosΘ) =

Mp2

sd(cosΘ) (4.47)

quindi se, per esempio, la distribuzione angolare nel sistema del CM della parti-cella m (e quindi della particella M ...) e isotropa, i.e.

dP =1

4πsinΘ dΘ dφ =

1

2d(−cosΘ) (4.48)

allora la distribuzione in energia nel sistema del laboratorio e uniforme fra Emined EMAX , risultando

dP

dE ′(lab)

=dP

d(−cosΘ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1dE′

d(cosΘ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=1

2

√s

bp=

1

∆E=

s

2Mp2(4.49)

Su questo risultato, avremo modo di ritornare anche in seguito ...

88Evidentemente, per Θ = 0 nel CM non c’e scattering e quindi deve essere EMAX = E.Formalmente, usando la (4.32), si ha

EMAX =E +M√

s

√

m2 + b2 +p b√s

=E +M√

s

ME +m2

√s

+p√s

pM√s

=E2M + Em2 + EM2 +Mm2 +Mp2

s=E2M + Em2 + EM2 +Mm2 +ME2 −Mm2

s=

=E(2ME +M2 +m2)

s= E

89La quantita 2 p b√s, usando la (4.32), puo essere riscritta infatti nel modo seguente

2p b√s

=2p2M

s=

2M(E2 −m2)

s

102

4.1.2 L’effetto Compton

Specializziamo adesso le formule trovate per l’urto elastico fra due particelle nelcaso particolare in cui la particella incidente sia un fotone e dunque abbia massanulla. In questo caso, evidentemente risultera sempre vero che M > m, percui anche nel sistema del laboratorio ad ogni angolo di scattering 0 ≤ θ ≤ πcorrispondera un solo impulso del fotone.Riprendendo la (4.44), nel caso particolare in cui E = p (massa nulla: m = 0), siha

E ′(lab) =

E +M√s

√m2 + b2 +

p b√scosΘ =

p+M√s

√m2 + b2 +

p b√scosΘ =

=p+M√

sb+

p b√scosΘ =

Mb√s

+pb√s

(1 + cosΘ) (4.50)

D’altronde, dalle espressioni (4.24) e (4.35), riscritte nel caso in cui m = 0, si ha

s = 2pM +M2; b =s−M2

2√s

=pM√s

(4.51)

da cui, evidentemente

b√s

=pM

s=

pM

2pM +M2=

p

2p+M(4.52)

per cui, sostituendo nella (4.50), si ha infine, in accordo con la (4.44), la (4.45) ela (4.46), che

E ′(lab) = p′(lab) =

Mb√s

+pb√s

(1 + cosΘ) =

=Mp

M + 2p+

p2

M + 2p(1 + cosΘ) (4.53)

⇓

E ′min =

Mp

M + 2p= p

M

M + 2p(4.54)

E ′max =

Mp

M + 2p+

2p2

M + 2p= p (4.55)

∆E ′ ≡ E ′max − E ′

min =2p2

M + 2p(4.56)

Il risultato ci dice che l’energia del fotone, vista dal riferimento del Laboratorio

• non cambia, se l’angolo Θ e nullo (ovvero se il fotone non subisce deflessionenel sistema del CM, e quindi non subisce scattering ”tout court”...);

103

• assume il valore minimo, quando esso viene fatto rimbalzare all’indietro nelCM.

In funzione dell’angolo di scattering θ misurato nel sistema del laboratorio, ripren-dendo la (4.13) nel caso in cui m = 0 (⇒ p = E) e per la sola soluzione p′+ (unicapossibile, essendo M > m = 0...), si ha (si ricordi che quanto concluderemo perp′ vale anche per E ′, essendo p′ = E ′...)

p′+ = p(EM +m2) cosθ + (E +M)

√M2 −m2sin2θ

(E +M)2 − p2 cos2θ

⇒ E ′ = p′ = p′+ = pEM cosθ + (E +M)M

(E +M)2 − p2 cos2θ=

= ppM cosθ + (p+M)M

(p+M)2 − p2 cos2θ= pM

p cosθ + (p+M)

(p+M)2 − p2 cos2θ=

=pM

(p+M) − p cosθ

⇒ p′ =pMc

(p+Mc) − p cosθ(4.57)

dove, nell’ultima espressione di p′, abbiamo riportato, per rendere piu chiaroquanto segue, la sua espressione completa, in cui compare anche la velocita dellaluce c esplicitamente (precedentemente, secondo la nostra convenzione, avevamoposto c = 1 ).Da questa relazione, otteniamo di nuovo che, in accordo con la (4.55) e la (4.54),l’impulso del fotone scatterato, e quindi la sua energia, sono compresi fra unminimo ed un massimo dati da

p′max = p′(θ = 0) =pMc

Mc= p (4.58)

p′min = p′(θ = π) =pMc

Mc + 2p(4.59)

Veniamo adesso al caso specifico dell’interazione fra un fotone ed un elettrone inquiete, i.e. all’effetto Compton classico.Abbiamo gia visto che, per il fotone, in termini della sua frequenza, si ha

p =hν

c; p′ =

hν ′

c(4.60)

D’altronde, dalla (4.57), in funzione dell’angolo di scattering del fotone nel sis-tema del Laboratorio, dove, per ipotesi, l’elettrone era originariamente fermo, siha

∆p ≡ p− p′ = p− pMc

(p+Mc) − p cosθ=

104

=p(p+Mc− p cosθ) − pMc

p+Mc− p cosθ=

p2(1 − cos θ)

p+Mc− p cosθ=

=p

Mc

pMc

p+Mc− p cosθ(1 − cosθ) =

p

Mcp′ (1 − cosθ) (4.61)

ovvero, in termini della frequenza,

∆p =h

c(ν − ν ′) =

(

h

c

)2νν ′

Mc(1 − cosθ)

⇒ ∆ν ≡ ν − ν ′ =h

Mc2νν ′ (1 − cosθ) (4.62)

che, in termini della lunghezza d’onda (λ = cν), diviene

ν − ν ′ ≡ c

λ− c

λ′=

h

Mc2c

λ

c

λ′(1 − cosθ)

⇒ cλ′ − λ

λλ′=

h

Mc2c2

λλ′(1 − cosθ)

⇒ ∆λ ≡ λ′ − λ =h

Mc(1 − cosθ) ≡ λc (1 − cosθ) (4.63)

dove abbiamo definito la cosiddetta lunghezza d’onda Compton dell’elettrone nelmodo consueto

λc ≡h

Mc(4.64)

in termini della massa M dell’elettrone, della velocita della luce nel vuoto e dellacostante di Planck.Per ragioni che verranno piu chiare in seguito, si definisce anche la cosiddettalunghezza d’onda Compton ridotta nel modo seguente

6λc ≡λc2π

=h

Mc(4.65)

Essa, per come e definita, rappresenta la scala naturale di lunghezza associataalla particella di massa M e, per esempio, nel caso la particella sia il mediatoredi una forza, essa ne individua il range.

105

4.1.3 Urto anelastico: soglia di reazione

Supponiamo adesso che l’urto non sia elastico, bensı sia anelastico, ovvero lostato finale non sia fatto dalle stesse due particelle A e B, di massa mA ed mB,presenti nello stato iniziale.Nel caso di uno stato finale fatto ancora da due particelle, C e D, di masse,rispettivamente, MC ed MD, si parla, talvolta, di urto quasi-elastico, visto che ilnumero di particelle nello stato finale non e cambiato; altrimenti si parla, propri-amente, di urto anelastico.Per l’urto quasi-elastico, la conservazione del quadrimpulso complessivo imponeil vincolo cinematico

pA + pB = PC + PD (4.66)

che, nel sistema del centro di massa, diventa, al solito

pA + pB = (√s, 0, 0, 0 ) = PC + PD (4.67)

dove s e il quadrato della massa invariante del sistema, i.e.

s = (pA + pB)µ(pA + pB)µ ≡ (PC + PD)µ(PC + PD)µ (4.68)

Senza perdita di generalita, come nel caso elastico, nel riferimento del CM potremoporre, per quanto riguarda le due particelle nello stato iniziale

pA = (EA, 0, 0, a); EA ≡√

m2A + a2 (4.69)

pB = (EB, 0, 0,−a); EB ≡√

m2B + a2 (4.70)

dove, evidentemente

√s ≡ EA + EB =

√

m2A + a2 +

√

m2B + a2

da cui, in accordo con la (4.35), segue che

a =

√

(s−m2A −m2

B)2 − 4m2Am

2B

2√s

(4.71)

e quindi (confronta con la (4.36) e la (4.37) )

EA =s+m2

A −m2B

2√s

(4.72)

EB =s+m2

B −m2A

2√s

(4.73)

106

Circa invece le particelle C e D emergenti dal processo di scattering, potremoscrivere, in termini dell’angolo di scattering (definito fra le direzioni di A e C),che deve essere

PC = (EC , b sinΘ, 0, b cosΘ); EC ≡√

m2C + b2 (4.74)

PD = (ED,−b sinΘ, 0,−b cosΘ); ED ≡√

m2D + b2 (4.75)

dove, evidentemente, deve risultare ancora che

√s ≡ EC + ED =

√

m2C + b2 +

√

m2D + b2

da cui, sempre in relazione alla (4.35), segue stavolta che

b =

√

(s−m2C −m2

D)2 − 4m2Cm

2D

2√s

(4.76)

e, conseguentemente, che

EC =s+m2

C −m2D

2√s

(4.77)

ED =s+m2

D −m2C

2√s

(4.78)

Si osservi adesso che l’impulso b, dalla (4.76), e reale se e solo se l’argomentodella radice quadrata e non negativo, ovvero se accade che90

(s−m2C −m2

D)2 − 4m2Cm

2D ≥ 0 (4.79)

e questo succede se

(s−m2C −m2

D)2 ≥ 4m2Cm

2D ⇒ s−m2

C −m2D ≥ 2mCmD

s ≥ (mC +mD)2 (4.80)

Evidentemente, come e ovvio che sia, questa condizione e sempre soddisfatta perquanto riguarda lo stato iniziale91, ma puo non essere soddisfatta per quantoriguarda lo stato finale, se le masse finali sono piu grandi di quelle iniziali. Sequesto succede, si dice che C e D non possono essere prodotte in quanto citroviamo sotto la soglia di reazione.

Consideriamo, per esempio, la reazione seguente su protone fermo nel labora-torio:

p+ νe → n + e+ (4.81)

90Se la condizione (4.79) non e soddisfatta, significa che lo stato finale, date le masse di C eD e la massa invariante del sistema

√s, semplicemente non e realizzabile.

91Formalmente, infatti, sullo stato iniziale e√s = EA + EB ≥ mA +mB.

107

Questa e legata per simmetria di crossing alla reazione di decadimento dell’anti-neutrone quindi e dinamicamente possibile, ma, se l’energia del neutrino non esopra la soglia di 1.8MeV , essa e sotto soglia di produzione. Infatti se Mp e lamassa del protone e questo e fermo nel sistema del Laboratorio, risulta

pp + pν = (Mp + E, ~p) ⇒ s = (Mp + E)2 − |~p|2 = M2p + 2EMp +m2

dove E e |~p| sono, rispettivamente, l’energia ed il modulo dell’impulso del neu-trino, mentre m e la sua massa.Affinche la reazione (4.81) sia possibile, occorre dunque che

s = m2 + 2EMp +M2p ≥ (Mn +me)

2 → E ≥ (Mn +me)2 −M2

p −m2

2Mp(4.82)

ovvero, essendo la massa del protone pari a Mp = 938.27200 ± 0.00004MeV , lamassa del neutrone pari a Mn = 939.56533 ± 0.00004MeV , quella dell’elettronepari a me = 0.510998902 ± 0.000000021MeV e trascurando quella del neutrino,comunque piccolissima (≤ 10eV ) se non nulla, ne segue che E ≥ 1.806MeV .

Il problema della soglia di reazione si pone a maggior ragione anche nel casodi urto propriamente anelastico in cui lo stato finale non e fatto da due particelle,bensı

• e fatto da una sola particella;

• e fatto da piu di due particelle (per esempio, tre o piu).

Puo sembrare a priori strano che si contempli anche il caso in cui due particellesi fondono per produrne una sola, ma si tratta di un processo meno accademicodi quanto potrebbe sembrare92.Vediamo quali sono i vincoli cinematici relativi ad un tale processo.Indichiamo con M la massa della particella prodotta: evidentemente, si trattaesattamente dell’inverso del processo di decadimento a due corpi.Affinche il processo si produca occorre e basta semplicemente che

√s = M (4.83)

Per esempio, a Frascati, con il collider Adone, si raggiungevano energie dell’ordinedi 1.5GeV per fascio, corrispondenti quindi a

√s = 3GeV . Fu mancata cosı la

scoperta della J/psi, avvenuta nel 1974 a SLAC ed a Brookhaven, perche la massa

92Di questo tipo e, per esempio, la reazione per cui un fotone e assorbito da un atomo (o daun nucleo), che si porta in uno stato eccitato. In questo caso, se l’atomo e inizialmente fermoed ha massa M , mentre la massa dell’atomo eccitato e M∗, l’energia del fotone puo essere

unicamente pari a E = M∗2−M2

2M .

108

di questo mesone e di 3.1GeV e quindi Adone lavorava appena sotto la soglia diproduzione93 della J/psi...

Veniamo adesso a considerare un altro caso di urto anelastico, ovvero

A +B → C +D + F (4.84)

Evidentemente, nel sistema del centro di massa, sara

(√s, 0, 0, 0) = (EC , ~pC) + (ED, ~pD) + (EF , ~pF )

⇒√s = EC + ED + EF (4.85)

da cui segue immediatamente che, essendo E ≥ m, deve essere

√s ≥ mC +mD +mF (4.86)

Nel caso particolare in cui le due particelle incidenti si ritrovino anche nello statofinale, insieme ad una terza particella, i.e.

A+B → A+B + F (4.87)

per la (4.86) si ha che la soglia di reazione e posta a

sth ≥ (mA +mB +mF )2 (4.88)

e, siccome

s = (pA + pB)2 = m2A +m2

B + 2pApB

abbiamo che la soglia di reazione puo essere scritta nel seguente modo invariante

sth = (pA + pB)2 = m2A +m2

B + 2pApB = (mA +mB +mF )2 =

= m2A +m2

B +m2F + 2mAmB + 2mF (ma +mB)

⇒ 2 pA pB = m2F + 2mAmB + 2mF (mA +mB) (4.89)

Supponiamo ora che B sia ferma nel sistema del laboratorio e vediamo cosadiventa la (4.89). Evidentemente, indicando con EA l’energia di A nel laboratorio,risulta

2 pA pB = 2EAmB (4.90)

e quindi la (4.89) stabilisce che siamo sopra la soglia di produzione di F se

2EAmB ≥ m2F + 2mAmB + 2mF (mA +mB)

93Va detto che nessuno si aspettava questa particella: appena ne fu annunciata la scoperta,tre giorni dopo anche Frascati fu in grado di osservarla, spingendo l’energia della macchina unpoco oltre il valore di progetto.

109

che, nel caso in cui A e B abbiano la stessa massa M (per esempio, nel casodello scattering di due protoni con produzione di un π0 ...), posto EA = γ M edmF = m, fornisce la condizione

2 γM2 ≥ m2 + 2M2 + 4mM (4.91)

ovvero

(

m

M

)2

+ 4(

m

M

)

+ 2 (1 − γ) ≤ 0 (4.92)

la quale, fissata l’energia della particella incidente, cioe fissato γ, puo esserevista come una disequazione di secondo grado nella massa m della particella chevogliamo produrre. La disequazione e soddisfatta nell’intervallo compreso fra leradici dell’equazione, che sono, evidentemente, le seguenti

m

M=

−4 ±√

16 − 8(1 − γ)

2

e quindi le soluzioni accettabili, dovendo essere anche positive, sono

0 ≤ m

M≤ −2 +

√

2(1 + γ) (4.93)

Ovvero non si potra produrre alcuna massa m superiore alla soglia

m ≤ mthr ≡M(

−2 +√

2(1 + γ))

che, se A e molto relativistica, i.e. se γ >> 1, diviene

mthr = M(−2 +√

2γ) ≈M√

2γ (4.94)

Se confrontiamo questa quantita con l’energia presente nel sistema del laboratorio

E = M + γM ≈ γM

vediamo che il processo di produzione di nuova materia per urto su bersaglio fissoe estremamente inefficiente.Per esempio, il processo di scattering di un protone da 450GeV contro un protonefermo M ≈ 1GeV ha una soglia di produzione pari a

m ≈ 1(√

902 − 2) ≈ 28GeV

La ragione e che dei 451 GeV disponibili, almeno 423 sono indisponibili per ilfatto che servono per garantire il moto del centro di massa del sistema...

110

Un processo molto piu efficiente per creare nuova materia e quello dell’urtofrontale, cosı come accade, per esempio, nei collisionatori (colliders), fra parti-celle aventi la stessa energia ma impulsi opposti. In questo caso, il sistema delLaboratorio coincide con il sistema del Centro di Massa, per cui abbiamo

√s = 2Mγ (4.95)

e la condizione di soglia diviene semplicemente

m = 2M(γ − 1) (4.96)

ovvero, adesso, dal punto di vista cinematico, tutta l’energia e disponibile percreare nuova materia94.Per esempio, al LEP, venivano fatti scontrare elettroni e positroni con una en-ergia di 45 GeV per fascio per produrre la Z0. Se avessimo voluto produrlafacendo urtare un positrone contro un elettrone fermo, il positrone avrebbe dovutopossedere una energia tale che

√s = 90GeV = me

√

2γ ⇒√

2γ ≈ 90000

0.5= 180000 ⇒ γ ≈ 1.6 × 1010

ovvero una energia E = γ me = 1.6 × 1010 × 0.5MeV = 0.8 × 1010MeV !!!

94Come mai, allora, per produrre la Z0, la cui massa e circa 90 GeV , al collider del CERNsi facevano scontrare protoni ed antiprotoni con un’energia di 420GeV per fascio ?

111

4.1.4 Massa trasversa e picco Jacobiano

Abbiamo gia considerato in diverse occasioni la massa invariante M di un sis-tema, legata al quadrimpulso P µ dello stesso dalla ben nota relazioneM2 ≡ P µPµ.

Nel caso del decadimento di una particella instabile

A→ B + C + ...+D (4.97)

poter ricostruire dai quadrimpulsi dei frammenti la massa invariante di A sig-nifica poterla mettere in relazione con i frammenti stessi e dunque, in particolare,dimostrarne l’esistenza.

Purtroppo non sempre l’evento e ”chiuso” cinematicamente, ovvero tutti iquadrimpulsi dei frammenti sono osservati (osservabili). Se questo accade, allora,per la conservazione del quadrimpulso di un sistema isolato, sara

P µA = P µ

B + P µC + ... + P µ

D

⇒M2 = (PB + PC + ...+ PD)µ (PB + PC + ...+ PD)µ =

= m2B +m2

C + ... +m2D + 2 [(PB)µ(PC)µ + (PB)µ(PD)µ + (PC)µ(PD)µ + ...]

Per esempio, un caso in cui questo accade e quando i prodotti sono carichi percui, a meno di effetti di accettanza, uno spettrometro puo misurare tutti i loroquadrimpulsi, come, per esempio, nelle reazioni95

K0S → π+π−

95In linea di principio non e necessario che i prodotti del decadimento siano carichi, purcheessi interagiscano con il rivelatore e questo ne possa definire il quadrimpulso. Consideriamo,per esempio, il decadimento del π0, i.e.

π0 → γγ

Se l’energia dei due fotoni E1 ed E2 puo essere misurata con precisione e si conosce ilpunto ~R0 dove il π0 ha avuto origine (la sua vita media trascurabilmente piccola, pari a8.4 × 10−17s ⇒ cτ = 25.1nm, e tale per cui il punto di origine coincide anche con la suaposizione di decadimento) nonche i punti di impatto ~R1 e ~R2 dei due fotoni sul rivelatore,allora, posto

~n1 ≡~R1 − ~R0

|~R1 − ~R0|; ~n2 ≡

~R2 − ~R0

|~R2 − ~R0|risulta

Pµ1 = (E1, E1 ~n1); Pµ

2 = (E2, E2 ~n2)

e dunque il quadrimpulso del sistema dei due fotoni e

Pµ = (E1 + E2, E1 ~n1 + E2 ~n2)

ovvero tale sistema possiede una massa invariante pari a

PµPµ ≡M2inv = (E1 +E2)

2−|E1 ~n1 +E2 ~n2|2 = E21 +E2

2 +2E1E2−(

E21 + E2

2 + 2E1E2 ~n1 · ~n2

)

per cui, se definiamo alloracosθ ≡ ~n1 · ~n2

112

K± → π+π−π±

Nei casi in cui l’evento non e cinematicamente chiuso, una grandezza che aiutaall’identificazione della presenza della particella A fra quelle prodotte, e la suamassa trasversa.

Essa e utile tutte le volte che

• e determinabile a priori la direzione di volo ~n della particella A (anche senon se ne conosce ne l’energia ne l’impulso)

• e possibile osservare molti decadimenti simili, in modo da poter studiarestatisticamente96 la cinematica dei prodotti.

Vediamo un esempio concretoNell’interazione pp all’SPS-Collider del CERN, furono prodotti ed osservati per laprima volta nel 1983 i bosoni vettori W±. Nonostante che i due fasci di protonied antiprotoni abbiano impulsi esattamente opposti, siccome il W e originatodalla ”fusione” di un quark del protone con un ”antiquark” dell’antiprotone,l’impulso longitudinale del W non e definito nel sistema del Laboratorio. Invecee definita la sua direzione di volo, che sostanzialmente coincide con quella dei duefasci incrociati (puo sussistere un piccolo moto trasverso che, a questo stadio,possiamo senz’altro trascurare ).

Un decadimento molto caratteristico del W e il seguente

W− → e− ν (4.98)

in cui, mentre dell’elettrone si puo agevolmente determinare l’energia e l’impulso,per quanto riguarda l’antineutrino, esso non e osservabile e dunque questo canaledi decadimento non e cinematicamente chiuso. Vista l’esiguita della massa deiprodotti di decadimento, elettrone e neutrino, in confronto alla massa M del W ,il loro impulso, nel sistema del CM, dove il W e a riposo, ha modulo costante epari a

|~p| ≡ p = M/2 (4.99)

ovvero se indichiamo con θ l’angolo fra le direzioni di propagazione dei due fotoni, e

M2inv = 2E1E2 (1 − cosθ)

e, se i due fotoni, provengono dal decadimento di un π0, questa deve coincidere, ovviamente,con m2

π0. Si osservi che, se il π0 ha alta energia, (E1 +E2 >> mπ0

) allora l’angolo di aperturaθ dell’evento e verosimilmente piccolo, per cui si ha

M2inv ≈ 2E1E2[1 − (1 − θ2/2 + ...)] ≈ E1E2 θ

2

96Nel caso di un decadimento cinematicamente chiuso, a priori ne basta uno solo, in assenzadi fondo, per identificare la presenza di A fra le particelle generate.

113

dovendo appunto risultare

(M, 0, 0, 0) = (M

2,M

2~u)e + (

M

2, −M

2~u)ν (4.100)

essendo ~u il versore di propagazione dell’elettrone nel sistema del CM.Nel sistema del Laboratorio, solo la parte trasversa dell’impulso dell’elettrone

~p T =M

2sinθ ~uT (4.101)

ha relazione diretta con la cinematica del decadimento, essendo uguale a quellanel sistema del CM , a differenza della sua parte longitudinale

pL =γM

2(β + cosθ) (4.102)

che risente anche dell’effetto del trascinamento dovuto al moto del sistema delCM rispetto a quello del Laboratorio, che avviene con velocita β, a priori ignota.Per l’elettrone, definiamo allora un quadrimpulso trasverso

(pTe )µ = (pTe , ~pTe ) (4.103)

Poiche l’evento deve essere complessivamente bilanciato nel piano trasverso, se sitratta di un vero decadimento W− → e− ν , allora dovra esistere un sensibileimpulso trasverso mancante ~p Tmiss, che identificheremo con quello associato al neu-trino, che, in condizioni ideali, a parte dunque le incertezze di misura, dovrebbeessere uguale ed opposto a quello dell’elettrone. Poniamo

(pTν )µ = (pTmiss, ~pTmiss) ≡ (pTν , ~p

Tν ) (4.104)

Definiamo adesso il quadrimpulso seguente

(P T )µ ≡ (pTe )µ + (pTν )µ = (pTe + pTν , ~pTe + ~p Tν ) (4.105)

La massa trasversa del sistema elettrone-neutrino e definita come

M2T = (P T )µ(P T )µ = (pTe + pTν )2 − |~p Te + ~p Tν |2 = 2 pTe p

Tν (1 − cosφ) (4.106)

dove φ e l’angolo, nel piano trasverso, fra i due vettori ~p Te e ~p Tν , che, in condizioniideali dovrebbe essere esattamente π.

Idealmente dovrebbe dunque essere

M2T = 4(pTe )2 = 4(

M

2)2 sin2θ = M2 sin2θ

⇒ MT = 2 pTe = M sinθ (4.107)

Come si vede, per un sistema elettrone-neutrino (e − ν) originatosi dal decadi-mento del W ,

114

• la massa trasversa MT del sistema e−ν e comunque inferiore alla sua massainvariante;

• dipende dall’angolo polare di emissione dell’elettrone nel riferimento del CM(la direzione dell’asse polare z e quella che abbiamo chiamato ”longitudi-nale” ed e, come abbiamo gia osservato, allineato con i fasci di protoni edantiprotoni: il verso scelto e quello del fascio dei protoni ...).

Ne segue che una sola misura non e in grado di consentirci alcuna conclusionesul fatto che ci sia stato veramente nell’evento un W che e decaduto e quindi,nemmeno, che sia stato prodotto. La certezza del fenomeno puo essere acquisitasolo su base statistica, accumulando molti eventi.Vediamo allora come sono distribuiti gli eventi in funzione della massa trasversaMT , che, chiaramente, a parte un fattore 2, equivale a studiare la distribuzionedegli eventi in funzione del momento trasverso pT dell’elettrone !

Cominciamo assumendo (non e vero !) che il decadimento sia isotropo nelsistema del CM del W . Evidentemente, in questo caso, per un numero totale Ndi W che decadono, quelli che hanno l’elettrone nell’angolo solido dΩ sono

dn

dΩ=N

4π⇒ dn =

N

2sinθ dθ ⇒ dn

dθ=N

2sinθ (4.108)

Volendo mettere in relazione il numero di eventi con la loro massa trasversa, cioevalutare dn

dMT, iniziamo osservando che la funzione MT = M(θ) non e iniettiva,

quindi

dn

dMT

=dn

dθ+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1dMT

dθ+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+dn

dθ−

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1dMT

dθ−

∣

∣

∣

∣

∣

∣

dove gli angoli θ± sono definiti da

MT = M sinθ± ⇒ θ+ ≡ θ = arcsinMT

M; θ− = π − θ , con 0 ≤ θ ≤ π/2

da cui segue che

∣

∣

∣

∣

∣

dMT

dθ±

∣

∣

∣

∣

∣

= M |cosθ| (4.109)

Dunque, in termini di questo angolo θ ≡ arcsinMT

M, risulta infine

dn

dMT

= =N

2sinθ

1

M |cosθ| +N

2sinθ

1

M |cosθ| = NMT

M

1

M√

1 − sin2θ

= NMT

M

1√

M2 −M2T

(4.110)

115

Ovvero, in termini della variabile adimensionale

µ ≡ MT

M

abbiamo

dn

dµ= N

µ√1 − µ2

(4.111)

da cui, finalmente, consegue una densita di probabilita degli eventi per 0 ≥ µ ≥ 1data da97

dPdµ

=µ√

1 − µ2⇔ dP

dµ2=

1

2√

1 − µ2(4.112)

Questa densita di probabilita presenta un picco (asintoto verticale !) perµ = 1, che e dovuto all’annullarsi, della derivata dM

dθper θ = π/2. Per questo

motivo, essendo il picco dovuto al cambiamento di variabile θ → MT , esso vienedetto picco jacobiano. Usualmente il picco jacobiano non e cosı netto come lamatematica vorrebbe, a causa dello smearing di MT , dovuto sia alle incertezze dimisura come alla indeterminazione naturale del valore della massa della particellache decade, legata al principio di indeterminazione.

Per quanto riguarda l’effetto delle incertezze dovute alla misura di MT , seindichiamo con P (m|µ) la densita di probabilita di misurare un valore compresofra m ed m + dm, quando il valore vero di MT /M e compreso fra µ e µ + dµ, idati sperimentali relativi ad m si distribuiscono secondo la curva

dPdm

=∫ 1

0

dPdµ

P (m|µ) dµ (4.113)

La figura (15) mostra l’effetto di smearing dovuto all’accuratezza della misuradella massa trasversa (normalizzata), nel caso in cui

P (m|µ) =1

σ√

2πe

(m−µ)2

2σ2 (4.114)

con σ = 0.2, σ = 0.1 e σ = 0.05, rispettivamente.Nella realta, sia il W− come il W+, prodotti, rispettivamente, dalla fusione

di due quarks u, d e d, u, dell’antiprotone e del protone, operata dalle interazionideboli, sono completamente polarizzati longitudinalmente ed il loro spin e diretto,in entrambi i casi, nel verso del fascio degli antiprotoni (vedi fig 16).Questo accade perche le interazioni deboli selezionano l’elicita della particellapari a −1 e quella dell’antiparticella pari a +1.

97E’ immediato verificare che questa densita di probabilita e normalizzata ad 1, come deve.

116

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Figure 15: Picco jacobiano dPdm

per tre diverse risoluzioni della massa

La polarizzazione del W rende non isotropo il decadimento. Per ilW−, infatti,la distribuzione degli elettroni e data da

dP =3

8(1 − cosθ)2 sinθ dθ (4.115)

mentre, per quanto riguarda il W+, polarizzato come il W−, essendo, per quantodetto sopra circa le interazioni deboli, l’elicita del positrone emesso opposta aquella dell’elettrone, risulta

dP =3

8(1 + cosθ)2 sinθ dθ (4.116)

Mediando allora le due distribuzioni, ovvero prescindendo dal segno della caricaelettrica dell’elettrone, la distribuzione risultante e, ovviamente, la seguente:

dP =3

8

(

1 + cos2θ)

sinθ dθ (4.117)

e quindi, ripetendo i conti fatti prima, si ha98 stavolta

dPdMT

= 2dPdθ

1dMT

dθ

=3

4

(

1 + cos2θ)

sinθ1

M cosθ=

98Il fattore 2, come gia, detto, dipende dal fatto che esistono due angoli, θ e π − θ, cheforniscono lo stesso MT .

117

Figure 16: Polarizzazione del W

=3

4

(

1 + 1 − sin2θ) sinθ

M cosθ

⇒ dPdµ

=3

4

(

2 − µ2) µ√

1 − µ2(4.118)

ovvero, al posto della (4.112), otteniamo99 adesso

dPdµ

=3

4

(

2 − µ2) µ√

1 − µ2⇔ dP

dµ2=

3

8

2 − µ2

√1 − µ2

(4.119)

che continua, naturalmente, a presentare un picco jacobiano del tutto simile aquello gia discusso nel caso (4.112), riferito al decadimento isotropo del W nelCM, dato che questo e originato dalla trasformazione di variabile, intorno a µ = 1,dove, in entrambi i casi, le funzioni sono comunque diverse da zero e regolari.

Il picco jacobiano, comunque, e tipico del decadimento a due corpi, infatti, nelcaso di un decadimento a piu di due corpi, la distribuzione in inpulso trasversodi una qualunque delle particelle prodotte non presenta piu alcun picco !Come esempio, dove di nuovo si possono trascurare le masse, si puo considerareil decadimento

τ → e− νe ντ (4.120)

99Risulta immediato dimostrare che la distribuzione di probabilita cosı ottenuta e normaliz-zata ad 1, come deve essere.

118

In questo caso, se e lecito continuare a trascurare la massa dell’elettrone (0.511MeV) nei confronti di quella del τ (1.77 GeV), non e lecito invece trascurare lamassa invariante del sistema (νe ντ ), che sara pari a

m2 = 2Eνe Eντ (1 − cosθ)

dove θ e l’angolo fra le direzioni di volo dei due neutrini mentre Eνe ed Eντ sonole loro energie. La conservazione del quadrimpulso richiede ancora che se (p, ~p) eil quadrimpulso dell’elettrone, allora

(Mτ ,~0) = (p, ~p) + (√

m2 + p2,−~p)

da cui ricaviamo (M = Mτ )

p =M2 −m2

2M

e dunque, per l’elettrone risulta

pT = p sinθ =M2 −m2

2Msinθ

dove, adesso, m e una variabile, essendo, come detto sopra, la massa invariantedel sistema dei due neutrini. Questo fatto implica che non esista piu una cor-rispondenza diretta fra l’angolo θ e l’impulso trasverso dell’elettrone pT .In questo caso la probabilita di decadimento del τ con l’elettrone di impulsotrasverso pT vale100

dPdpT

=∫

δ(p sinθ − pT )P(m2, θ) dm2 sinθ dθ

100Cosı come nel caso di un decadimento isotropo a due corpi essa valeva (per definizione, inquesto caso, la massa trasversa era doppia dell’impulso trasverso del solo elettrone ...)

dPdmT

=

∫

δ(M sinθ −mT )P(θ) sinθ dθ =

∫

δ(M sinθ −mT )1

2sinθ dθ

che infatti fornisce

dPdmT

=

∫

δ(θ − θ)1

2sinθ dθ

1d(M sinθ−mT )

dθ |M sinθ=mT

=1

2sinθ

1

M cosθ2

dove il fattore 2 e dovuto all’esistenza di due soluzioni in θ per l’equazione M sinθ = mT , dallaquale si ricava sinθ = µ ≡ mT

M e quindi, come gia visto,

dPdmT

=µ

M√

1 − µ2⇒ dP

dµ=

µ√

1 − µ2

119

Essendo P(m2, θ) adesso una funzione di due variabili, il risultato dell’integralenon presenta piu alcuna divergenza. Si ha infatti

dPdpT

=∫

δ(p sinθ − pT )P(m2, θ) dm2 sinθ dθ

=∫

δ(M2 −m2

2Msinθ − pT )P(m2, θ) dm2 sinθ dθ

=∫

1sinθ2M

δ(m2 −m2(θ))P(m2, θ) dm2 sinθ dθ

= 2M∫

P(m2(θ), θ) dθ

dove m2(θ) e, fissato pT , la soluzione, in m2 dell’equazione

M2 −m2

2Msinθ − pT = 0 ⇒ m2(θ) = M2 − 2M pT

sinθ

Nel caso in cui, per esempio, P fosse costante, essa varrebbe

dPdpT

= 2M P ∆θ

dove ∆θ e l’intervallo angolare per cui, fissati pT ed M , puo essere verificata lacondizione

M2 −m2

2Msinθ − pT = 0

da un opportuno valore di m2 per il sistema dei due neutrini.

Ritornando adesso alla massa trasversa, nel caso di un generico decadimento

A→ B + C + ...+D

fissata comunque una direzione longitudinale101 ~n e quindi un piano trasverso adessa, avremo

(EA, ~pTA + pLA) = (EB, ~p

TB + pLB) + (EC , ~p

TC + pLC) + ...+ (ED, ~p

TD + pLD) (4.121)

dove, separatamente, deve accadere che

~pTA = ~pTB + ~pTC + ...+ ~pTDpLA = pLB + pLC + ...+ pLD

101Essa, solitamente, coincide con la direzione di volo della particella A, anche se, per quantostiamo per dire, non e strettamente necessario.

120

Se definiamo, per ognuna delle particelle prodotte, il suo quadrimpulso trasversonel modo gia illustrato, che corrisponde a trascurarne comunque la massa, ilquadrimpulso trasverso complessivo che potremo definire per i prodotti e

(

pTB + pTC + ...+ pTD, ~pTB + ~pTC + ...+ ~pTD

)

(4.122)

a cui corrisponde una massa trasversa del sistema pari a

M2T ≡

(

pTB + pTC + ...+ pTD)2 −

∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ...+ ~pTD∣

∣

∣

2(4.123)

Si puo dimostrare che la massa trasversa e sempre inferiore alla massa invariantedel sistema: questa informazione puo essere utile se vogliamo usare, la massatrasversa, per esempio, per verificare se la particella all’origine del decadimentosia o no la particella A: se la massa trasversa (rispetto ad una direzione arbitraria)dei prodotti risulta maggiore di MA, questi non possono essere stati originati daldecadimento di A.Ma veniamo alla dimostrazione. Si ha

M2A = (EB + EC + ...+ ED)2 −

∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ... + ~pTD∣

∣

∣

2 −(

pLB + pLC + ... + pLD)2

=

= E2B + E2

C + ...+ E2D + 2EBEC + 2EBED + ...+ 2ECED −

−(pLB)2 − (pLC)2 − ...− (pLD)2 − 2pLBpLC − 2pLBp

LD − ...− 2pLCp

LD −

−∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ... + ~pTD∣

∣

∣

2=

=[

E2B − (pLB)2

]

+[

E2C − (pLC)2

]

+ ... +[

E2D − (pLD)2

]

+

+2(

EBEC − pLBpLC

)

+ 2(

EBED − pLBpLD

)

+ ...+ 2(

ECED − pLCpLD

)

−

−∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ... + ~pTD∣

∣

∣

2=

=[

m2B + |~pTB|2

]

+[

m2C + |~pTC |2

]

+ ... +[

m2D + |~pTD|2

]

+

+2(

EBEC − pLBpLC

)

+ 2(

EBED − pLBpLD

)

+ ...+ 2(

ECED − pLCpLD

)

−

−∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ... + ~pTD∣

∣

∣

2

da cui, usando la definizione (4.123) di massa trasversa, si ha

M2A = m2

B +m2C + ... +m2

D +M2T + 2

(

EBEC − pLBpLC − pTBp

TC

)

+

+2(

EBED − pLBpLD − pTBp

TD

)

+ ...+ 2(

ECED − pLCpLD − pTCp

TD

)

(4.124)

D’altronde, ciascun termine in parentesi e non negativo. Prendiamo infatti, peresempio, il primo addendo: dalla definizione risulta

EB =√

m2B + (pTB)2 + (pLB)2 ≥

√

(pTB)2 + (pLB)2 ≡ pB ≥ 0

EC =√

m2C + (pTC)2 + (pLC)2 ≥

√

(pTC)2 + (pLC)2 ≡ pC ≥ 0

121

mentre esisteranno due angoli α e β nel primo quadrante, tali che

pTB = pB sinα; pLB = pB cosα

pTC = pC sinβ; pLC = pC cosβ

e dunque

EBEC − pLBpLC − pTBp

TC ≥ EBEC − pBpC cosα cosβ − pBpC sinα sinβ

≥ EBEC − EBEC cosα cosβ − EBEC sinα sinβ = EBEC [1 − cos(α− β)] ≥ 0

Dalla (4.124) si ha allora

M2A = m2

B +m2C + ... +m2

D +M2T + 2

(

EBEC − pLBpLC − pTBp

TC

)

+

+2(

EBED − pLBpLD − pTBp

TD

)

+ ...+ 2(

ECED − pLCpLD − pTCp

TD

)

≥≥ m2

B +m2C + ... +m2

D +M2T (4.125)

e dunque, finalmente,

M2T ≤M2

A −∑

prodotti

m2 ≤ M2A (4.126)

Talvolta, per le particelle finali identificate, si definisce il quadrimpulso trasversotenendo conto della massa, i.e. ponendolo pari a

(√

m2 + |~pT |2, ~pT ) (4.127)

E’ facile vedere allora che, in questo caso, la disuguaglianza (4.126) diventa

M2T ≤M2

A −∑

j

m2j (4.128)

dove la somma e estesa alle sole particelle per cui non si e usata la definizione(4.127). Supponiamo, infatti, che B sia identificabile fra i prodotti del decadi-mento e per questa particella si usi la (4.127). Risulta

M2A =

[

m2B + |~pTB|2

]

+[

m2C + |~pTC |2

]

+ ... +[

m2D + |~pTD|2

]

+ 2(

EBEC − pLBpLC

)

+2(

EBED − pLBpLD

)

+ ... + 2(

ECED − pLCpLD

)

−∣

∣

∣~pTB + ~pTC + ... + ~pTD

∣

∣

∣

2=

=[

m2B + |~pTB|2

]

+[

m2C + |~pTC |2

]

+ ... +[

m2D + |~pTD|2

]

+ 2(

EBEC − pLBpLC

)

+2(

EBED − pLBpLD

)

+ ... + 2(

ECED − pLCpLD

)

+

+M2T −

(

ETB + pTC + ... + pTD

)2=

= m2C + ...+m2

D +M2T + 2

(

EBEC − pLBpLC − ET

BpTC

)

+

+2(

EBED − pLBpLD −ET

BpTD

)

+ ... + 2(

ECED − pLCpLD − pTCp

TD

)

e ripetendo lo stesso argomento gia usato sopra, si dimostra che anche le nuoveespressioni entro parentesi tonda sono non negative, per cui la (4.128) risultadimostrata.

122

4.2 Trasformazione di una distribuzione

Considereremo adesso il problema generale di come viene alterata una distribuzionedi particelle identiche di massa m assegnata, a causa di una trasformazione diLorentz102, dovuta ad un cambiamento del sistema di riferimento. Supponiamodunque che, in un certo riferimento inerziale, sia data una distribuzione di parti-celle, che scriveremo nella forma

dn = N f(~p) d3p⇒ dP = f(~p) d3p (4.129)

dove f(~p) e la funzione di distribuzione associata, i.e. la distribuzione di proba-bilita, normalizzata appunto in modo che

∫

f(~p) d3p = 1 (4.130)

Come cambia la funzione f quando osserviamo il sistema delle particelle in ques-tione da un altro riferimento inerziale, in moto relativo rispetto al precedente ?Secondo la Relativita di Galileo, in meccanica newtoniana, la distribuzione subiscesemplicemente una traslazione, infatti, nel nuovo riferimento avremo semplice-mente che

~p′ = ~p+m~v

dove ~v e la velocita relativa fra i due riferimenti. Ne segue allora intanto che

d3p′ = d3p

e quindi che

f(~p) d3p = f(~p′ −m~v)d3p′ ≡ F (~p′)d3p′ ⇒ F (~p′) = f(~p′ −m~v) (4.131)

In meccanica relativistica, la prima differenza a cui ci troviamo di fronte e chel’elemento di volume d3p non e invariante per trasformazioni di Lorentz.Una grandezza, legata in modo semplice a d3p che, fissata la particella e quindila sua massa m, e invariante per trasformazioni di Lorentz e, invece, la quantita

d4p δ(pµpµ −m2) θ(p0) (4.132)

dove la δ e la funzione δ di Dirac, mentre la funzione θ(p0) vale 1 quando p0 > 0,mentre vale 0 altrimenti. E’ chiaro che la (4.132) e una quantita invariante,essendo il prodotto di tre scalari che sono

• d4p : esso e scalare perche le trasformazioni di Lorentz hanno determinante1 e quindi lo jacobiano della trasformazione J = | ∂p

∂p′| = |det(ΛLorentz)| = 1;

102Con questa locuzione, intendiamo comunque parlare di elementi del gruppo di Lorentzortocrono proprio L↑

+.

123

• δ(pµpµ −m2), in quanto funzione di scalari;

• θ(p0), in quanto il segno di p0 non cambia per trasformazioni di L↑+, come

abbiamo gia dimostrato per i quadrivettori time-like come il quadrimpulso.

Abbiamo

d4p δ(pµpµ −m2) θ(p0) = d3p dp0 δ(p20 − p2 −m2) θ(p0) =

= d3p dp0 θ(p0)

[

δ(p0 −√m2 + p2 )

2√m2 + p2

+δ(p0 +

√m2 + p2 )

2√m2 + p2

]

(4.133)

dove abbiamo usato il fatto che se x1, ..., xn sono le radici dell’equazione f(x) = 0,

allora se dfdx

∣

∣

∣

x=xi

6= 0, risulta

δ(f(x)) dx =n∑

i=1

δ(x− xi)dfdx

∣

∣

∣

x=xi

dx (4.134)

Integrando103 in dp0, risulta allora che, siccome θ(p0) e nullo se p0 e negativo, ilsecondo addendo dell’espressione (4.133) non contribuisce e quindi risulta

d3p∫

dp0 δ(pµpµ −m2) θ(p0) = d3p∫

dp0 δ(p0 −

√m2 + p2 )

2√m2 + p2

=

=d3p

2E(4.135)

dove abbiamo posto, per semplicita E ≡√m2 + p2 ed e inteso altresı che, in

qualunque punto della funzione integranda comparisse p0, occorre sostituirlo conE = E(p).

103Evidentemente, per garantire che anche il risultato dell’integrazione sia invariante diLorentz, occorre, oltreche accertarci, come abbiamo fatto, che la funzione integranda sia scalare,accertarci anche che il volume di integrazione lo sia. Nel caso in questione, stiamo integrandosu tutti i possibili valori di p0, ovvero per p0 ≥ m, e questo e evidentemente un ”volume”Lorentz-invariante.

124

Dunque, se e vero che d3p non e invariante di Lorentz, d3p2E

lo e104 (natural-mente lo sarebbe anche senza il 2 al denominatore ...).Ripartiamo, allora, dalla distribuzione data:

dn = N f(~p) d3p ⇔ dP = f(~p) d3p (4.136)

che fornisce la probabilita che una particella si trovi nell’elemento di volume d3p,quando viene osservata nel riferimento di partenza RS. Visto quanto conclusocirca l’invarianza degli elementi di volume, possiamo riscrivere la (4.136) in modoche compaia l’elemento di volume invariante, ponendo

dP = f(~p) d3p = 2E f(~p)d3p

2E≡ F (~p)

d3p

2E(4.137)

dove abbiamo definito

F (~p) ≡ 2√

m2 + p2 f(~p) ≡ 2E f(~p) (4.138)

In un altro sistema di riferimento RS ′ avremo, in generale

~p ′ = ~G(~p) ⇔ ~p = ~G−1(~p ′) (4.139)

dove la funzione G dipende unicamente dalla trasformazione di Lorentz e dalla

104Possiamo giungere allo stesso risultato, i.e. che d3pE e invariante, anche in un altro modo,

ed e quello di procedere direttamente osservando che, a parte rotazioni, che lasciano comunquesia d3p che E invarianti, fra i due riferimenti ci sara di mezzo un boost di Lorentz che possiamoassumere avvenga lungo z (a meno di rotazioni che sono ininflenti). A causa del boost, avremoallora

E′ = γE + βγpz

p′x = px

p′y = py

p′z = βγE + γpz

per cui lo jacobiano (si ricordi che E ed E′ non sono indipendenti da p e p′, risultando E =√

m2 + p2 e, analogamente E′ =√

m2 + p′2 ) associato al cambiamento di variabile e

∣

∣

∣

∣

∂p′

∂p

∣

∣

∣

∣

= det

1 0 00 1 0

βγ px

E βγpy

E βγ pz

E + γ

=

= γ(

1 + βpz

E

)

=γ

E(E + βpz) =

E′

E

ovvero

d3p′ =

∣

∣

∣

∣

∂p′

∂p

∣

∣

∣

∣

d3p ⇒ d3p

E=d3p′

E′ c.v.d.

125

massa m della particella105. Quale sara l’espressione della distribuzione delleparticelle nel riferimento RS ′?Ripartiamo dalla definizione iniziale, secondo cui, in RS, avevamo

dn = N F (~p)d3p

2E(4.140)

dove dn rappresenta, dato un numero complessivo N di particelle osservate, quelleche, in RS, hanno impulso compreso fra ~p e ~p + d~p, con d3p = dp1dp2dp3.

Evidentemente, nel riferimento RS ′ il numero dn di particelle, come pureil loro totale N sara lo stesso; dunque, dato che, fissata la massa, ~p identificacompletamente la cinematica della particella, potremo scrivere senz’altro ancorache anche in RS ′ sara

dn = N F ′(~p ′)d3p ′

2E ′ (4.141)

dove ~p ′ e il trasformato di ~p.Uguagliando allora la (4.140) con la (4.141) e ricordando che d3p

2E= d3p ′

2E′ , nesegue finalmente che

F ′(~p ′) = F (~p) = F (G−1(~p ′)) ⇔ F ′ = F G−1 (4.142)

che e l’equivalente relativistico della relazione (4.131).

4.2.1 Decadimento di una particella in volo

Supponiamo che, in un riferimento assegnato RS, siano presenti delle particellein quiete, le quali siano instabili e decadano in modo isotropo. Se il decadimentoe a due corpi, la distribuzione associata a ciascuna particella prodotta e monocro-matica. Essa possiede un impulso p, legato alla massa M della particella instabileed alle masse mA ed mB delle due particelle106 prodotte, che e dato dalla relazione

105Per esempio, per un boost lungo l’asse z, si ha

p′x = Gx(~p) = px

p′y = Gy(~p) = py

p′z = Gz(~p) = γ(pz + β E) = γ(

pz + β√

m2 + p2x + p2

y + p2z

)

E′ ≡√

m2 + p′2

106Ricordiamo che il Q della reazione e definito da

Q ≡M −mA −mB

e quindi rappresenta l’energia di massa che il decadimento trasformera in energia cinetica deiprodotti, nel CM.

126

(4.35), la quale, ricordiamo, fornisce, appunto nel sistema del centro di massa,il modulo dell’impulso dei due partners costituenti il sistema, fissato il valore di√s, che, nel caso attuale, e nient’altro che la massa M . Risulta

p =

√

(M2 −m2A −m2

B)2 − 4m2Am

2B

2M(4.143)

(4.144)

e, di conseguenza, per la (4.36) e la (4.37), abbiamo

EA =√

m2A + p2 =

M2 +m2A −m2

B

2M(4.145)

EB =√

m2B + p2 =

M2 +m2B −m2

A

2M(4.146)

la cui somma coincide, ovviamente, com M .Consideriamo adesso, nel riferimento RS, la distribuzione di una delle due

particelle prodotte, diciamo della particella A, ed indichiamo semplicemente conm la sua massa. Essendo il decadimento isotropo per ipotesi, risultera

dn = N δ(p− p) dpdΩ

4π(4.147)

e la particella generica della distribuzione avra quadrimpulso

pµ = (E, p sinθ cosφ, p sinθ sinφ, p cosθ ); E =√

m2 + p2 (4.148)

Dalla (4.147) segue quindi che

dP = δ(p− p) dpdΩ

4π(4.149)

per cui la funzione F definita dalla (4.140) e data da

F (~p)d3p

2E= dP = δ(p− p) dp

dΩ

4π⇒ F (~p)

p2

2Edp dΩ = δ(p− p) dp

dΩ

4π

⇒ F (~p) =2E

4πp2δ(p− p) (4.150)

Supponiamo ora di voler conoscere la forma assunta dalla distribuzione descrittain RS dalla (4.150), quando le particelle sono osservate da un altro riferimentoinerziale RS ′, in moto rispetto ad RS, tale, per esempio che una particella inquiete in RS sia vista muoversi in RS ′ con velocita β lungo z. Il boost di Lorentzda RS in RS ′, evidentemente, e

Λ(β) =

γ 0 0 βγ0 1 0 00 0 1 0βγ 0 0 γ

(4.151)

127

per cui, il generico quadrimpulso (E, ~p) in RS e visto in RS ′ come

(E ′, ~p ′) = (γE + βγpz, px, py, βγE + γpz) (4.152)

ovvero, nel caso di una particella della distribuzione considerata, in cui il quadrim-pulso in RS e dato dalla (4.148), risulta

(E ′, ~p ′) = (γE + βγp cosθ, p sinθ cosφ, p sinθ sinφ, βγE + γp cosθ) (4.153)

dove θ e φ sono le coordinate polari definite in RS.Da quanto precede, quanto alla distribuzione delle particelle, in RS ′ avremo

dP = F ′(~p ′)d3p′

2E ′ =2E

4πp2δ(p− p)

d3p′

2E ′ (4.154)

dove le quantita E e p che compaiono nella (4.154) devono essere considerateentrambe funzioni di ~p ′. Queste funzioni si ottengono semplicemente invertendola (4.152), per cui si ha107

E = γE ′ − βγp′ cosθ′ (4.155)

da cui

p2 = E2 −m2 ⇒ p =√

[γE ′ − βγp′ cosθ′]2 −m2 (4.156)

dove θ′ indica l’angolo polare in RS ′ che descrive ~p ′.Esplicitamente, risulta

dP =γE ′ − βγp′ cosθ′

2π[(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2]δ(√

(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2 − p) ·

· p′2

2E ′ dp′ dΩ′ (4.157)

la cui integrazione nell’angolo azimutale φ′, data la simmetria assiale intorno az, produce semplicemente un fattore moltiplicativo 2π, per cui108, in definitiva,risulta

dP =γE ′ − βγp′ cosθ′

(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2δ(√

(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2 − p) ·

· p′2

2E ′ dp′ d(−cosθ′) (4.158)

la quale diventa un po’ piu comprensibile se la integriamo in una qualsiasi delledue variabili da cui continua a dipendere, cioe p′ oppure cosθ′.

107Basta per questo applicare Λ−1(β) = Λ(−β) al quadrivettore (E′, ~p ′) ...108Si ricordi che dΩ′ ≡ sinθ′dθ′ dφ′ per cui, dopo l’integrazione in dφ′, dell’elemento di angolo

solido dΩ′ resta solamente la quantita sinθ′dθ′ = d(−cosθ′) ...

128

Distribuzione in energia

Integrando nella variabile angolare d(cosθ′), ritroviamo quanto gia vistoprecedentemente circa la distribuzione in energia nel laboratorio, i.e. che siottiene una distribuzione piatta.Ripartiamo infatti dall’espressione (4.158), che, in termini delle variabili Ee p di cui alle (4.155) e (4.156), si puo scrivere come

dP =E

p2δ(p− p)

p′2

2E ′ dp′ d(−cosθ′) (4.159)

Osserviamo adesso che, a p′ fissato, la (4.155) stabilisce che

dE = βγ p′ d(−cosθ′) ⇒ d(−cosθ′) =dE

βγ p′(4.160)

sostituendo allora nella (4.159), si ha

dP =E

p2δ(p− p)

p′2

2E ′ dp′ dE

βγp′=E dE

p2δ(p− p)

p′2 dp′

2E ′βγp′(4.161)

D’altronde, essendo

E2 = p2 +m2 ⇒ 2E dE = 2p dp (4.162)

risulta dunque

dP =p dp

p2δ(p− p)

p′2 dp′

2E ′βγp′=dp

pδ(p− p)

p′ dp′

2E ′βγ=

=dp

pδ(p− p)

E ′ dE ′

2E ′ βγ=dp

pδ(p− p)

dE ′

2βγ(4.163)

che, integrata in dp, fornisce finalmente

dP =dE ′

2p βγ(4.164)

la quale afferma appunto che la distribuzione isotropa e monocromatica inRS di particelle di massam e modulo di impulso p, appare in RS ′ distribuitain modo piatto in energia, fra i valori estremali109

E ′min = γ E − βγ p (4.165)

E ′max = γ E + βγ p (4.166)

come gia avevamo trovato direttamente.

109Si noti che, come deve essere, risulta

∫ Emax

Emin

dP =

∫ γ E+ βγ p

γ E−βγ p

dE′

2p βγ= 1

129

Distribuzione angolare

Volendo la distribuzione angolare, occorre ripartire dalla espressione (4.159),secondo cui (sempre usando le variabili implicite E e p), come si e gia visto,si ha

dP =E

p2δ(p− p)

p′2

2E ′ dp′ d(−cosθ′) (4.167)

Per determinare la distribuzione angolare nel sistema del Laboratorio, dob-biamo integrare questa espressione in dp′ e per questo occorre studiarel’argomento della δ, i.e. risolvere in funzione di p′, l’equazione seguente

p− p = 0 ⇔√

(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2 − p = 0 (4.168)

Otteniamo semplicemente che deve essere

√

(γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2 − p = 0 ⇒ (γE ′ − βγp′ cosθ′)2 −m2 − p2 = 0

⇒ (γE ′ − βγp′ cosθ′)2 = m2 + p2 ⇒ γE ′ − βγp′ cosθ′ =√

m2 + p2 ≡ E

ovvero che

γ E ′ ≡ γ√

m2 + p′2 = E + βγ p′ cosθ′ (4.169)

e dunque, posto

ǫ ≡ E

γ(4.170)

risulta√

m2 + p′2 = ǫ+ β p′ cosθ′ (4.171)

da cui otteniamo

m2 + p′2 = ǫ2 + β2 p′2 cos2θ′ + 2 ǫ β p′ cosθ′ (4.172)

e cioe

p′2(

1 − β2 cos2θ′)

− 2 ǫ β p′ cosθ′ +m2 − ǫ2 = 0 (4.173)

L’equazione di secondo grado in p′ cosı ottenuta ha per discriminante laquantita seguente

∆/4 = ǫ2 β2 cos2θ′ −(

1 − β2 cos2θ′) (

m2 − ǫ2)

=

= ǫ2 β2 cos2θ′ + ǫ2(

1 − β2 cos2θ′)

−m2(

1 − β2 cos2θ′)

=

= ǫ2 −m2 +m2 β2 cos2θ′ (4.174)

130

A priori, non e detto che l’espressione (4.174) sia positiva, nel qual caso,evidentemente, significa che non esistono soluzioni in p′, per quel dato valoredi ǫ e cosθ′ , dovendo, queste soluzioni, essere comunque reali positive.D’altronde, e evidente che affinche ∆ sia non negativo per qualunque valoredi cosθ′, e quindi possa esistere una soluzione in p′ per ogni suo valore,occorre e basta che

ǫ2 −m2 ≥ 0 (4.175)

ovvero che

ǫ ≥ m⇔ E ≥ mγ (4.176)

dove E e l’energia della particella nel sistema RS, per cui la (4.176) si puoscrivere anche come

√

m2 + p2 ≥ mγ (4.177)

Questa condizione, da un punto di vista fisico, corrisponde a dire che ilriferimento RS ′ si muove rispetto ad RS in modo tale che le particelleemesse in RS nella stessa direzione di moto di RS ′, appaiono andare, inRS ′, ancora nello stesso verso 110 (i.e. la velocita relativa fra i due riferimentiβ e minore del modulo della velocita β0 = p

mγdelle particelle emesse in RS).

110Ricordiamo a questo proposito che, dalla legge di trasformazione del quadrimpulso, ingenerale risulta

p′‖ = γ (β E + p cosθ) (4.178)

p′⊥ = p sinθ (4.179)

e gia abbiamo visto che se β E > p, non tutti gli angoli di scattering θ′ saranno possibili, datoche p′ , in quel caso, descrive un’ellisse che non contiene l’origine (vedi fig.14). Dunque, affinchetutti gli angoli di scattering θ′ siano possibili in RS′, occorre piuttosto trovarci nella condizionedi cui alla fig.13, i.e. β E ≤ p. Ma

β E ≤ p ⇒ β ≤ p

E= β0 (4.180)

dove β0 e appunto il modulo della velocita della particella in RS di impulso p. D’altronde, conovvio significato di simboli, risulta

E = mγ0

e siccomeβ ≤ β0 ⇒ γ ≤ γ0

dalla (4.180) segue immediatamente la condizione (4.177),

E = mγ0 ≥ mγ

131

Supponiamo dunque di essere nelle condizioni per cui111

ǫ ≥ m

ovvero nell’ipotesi in cui, quindi ∆ ≥ 0 ∀θ′; 0 ≤ θ′ < π.

Siccome il coefficiente del termine in p′2 dell’equazione di secondo grado(4.173) e positivo mentre il termine noto della stessa equazione ha il segnodi m2 − ǫ2, ovvero ha segno negativo, le due soluzioni in p′ hanno segnodiscorde: ma d’altronde p′ e il modulo di un vettore e non puo che esserepositivo per cui solo una soluzione e accettabile. Essa non puo che esserep′+, definita da

p′+ =ǫ β cosθ′ +

√

∆/4

1 − β2 cos2θ′(4.181)

visto che p′+ > p′−, per costruzione.Ricordiamo che il nostro scopo e quello di riesprimere la funzione δ(p− p)in termini di p′ e in generale si ha112

δ(p− p) =δ(p′ − p′+)∣

∣

∣

dpdp′

∣

∣

∣

+

(4.182)

Ma, per la (4.156), risulta

p =√

[γE ′ − βγp′ cosθ′]2 −m2; con E ′ =√

p′2 +m2 (4.183)

e dunque

dp

dp ′ =2 [γE ′ − βγp ′ cosθ′]

(

γ dE′

dp ′ − β γ cosθ′)

2√

[γE ′ − βγp ′ cosθ′]2 −m2(4.184)

111Si ricordi che ci troviamo certamente in questa ipotesi ogniqualvolta la particella abbiamassa nulla e dunque viaggi alla velocita della luce in ogni riferimento. Evidentemente, infatti,in questo caso ci troviamo sempre nella condizione di cui alla (4.180), ovvero ci troviamo nelcaso in cui la particella ha velocita superiore a quella relativa fra i due riferimenti...

112Nel caso in cui m2 > ǫ2, ovvero nel caso in cui non tutti i θ′ sono possibili, ma soloquelli del primo quadrante inferiori ad un opportuno θ′max, definito dalle condizioni θ′max ≥ 0,ǫ2−m2(1−β2 cos2θmax)′ = 0, le soluzioni p′+ e p′− dell’equazione di secondo grado (4.173) sono,per quanto osservato prima, dello stesso segno. Siccome pero, quando θ′ e nel primo quadrantep′+, per come e definito, non puo che essere positivo, ne segue che anche p′− deve esserlo.Ci troviamo cosı nella situazione in cui, dunque, non tutti i θ′ sono possibili, ma per quelli chelo sono le soluzioni in p′ sono due e distinte, per cui, corrispondentemente, la (4.182) non efatta dal solo termine riportato ma dalla somma di quello con l’analogo per p′−.

132

d’altronde

γE ′ − βγp ′ cosθ′ = E (4.185)√

[γE ′ − βγp ′ cosθ′]2 −m2 = p (4.186)

dE ′

dp ′ =p ′

E ′ (4.187)

per cui la (4.184) diventa

dp

dp ′ =γE

(

p ′

E′ − β cosθ′)

p=γE

pE ′ (p ′ − βE ′ cosθ′) (4.188)

e dunque, in definitiva, la (4.167) puo essere riscritta come

dP =E

p2δ(p ′ − p ′

+)p E ′

+

γE(p+′ − βE ′

+ cosθ′)

p′2+2E ′

+

dp ′ sinθ′ dθ′ (4.189)

ovvero, integrando in dp′ e ricordando che l’impulso che corrisponde in RSa p′+ e comunque p, otteniamo

dP =E

p2

p′2+2E ′

+

p E ′+

γE(p′+ − βE ′+ cosθ′)

sinθ′ dθ′ =

=1

2γp

p′2+p′+ − βE ′

+ cosθ′sinθ′ dθ′ (4.190)

dove, secondo la (4.181), risulta

p′+ =ǫ β cosθ′ +

√

∆/4

1 − β2 cos2θ′(4.191)

Nel caso in cui la massa della particella sia nulla, essendo E = p ed E ′ = p ′,la relazione (4.190) si semplifica e diventa

dP =1

2γp

p′+1 − β cosθ′

sinθ′ dθ′ (4.192)

dove

p′+ =ǫ β cosθ′ + ǫ

1 − β2 cos2θ′=ǫ(1 + β cosθ′)

1 − β2 cos2θ′=

ǫ

1 − β cosθ′

=E

γ(1 − β cosθ′)(4.193)

133

per cui risulta113

dP =1

2γp

E

γ(1 − β cosθ′)2sinθ′ dθ′ =

=1

2 γ2(1 − β cosθ′)2sinθ′ dθ′ (4.194)

L’andamento della funzione dPd(−cosθ) , mentre e piatto (ovviamente) per

β = 0, diventa sempre piu piccato intorno a θ = 0 al crescere di β: la fig.17mostra questa distribuzione (differenziale) per β = 0 e per β = 0.95.

0.5 1 1.5 2 2.5 3theta

0.2

0.4

0.6

0.8

G

Figure 17: Confronto fra due distribuzioni differenziali di probabilita relative allostesso processo, cosı come appaiono in due riferimenti in moto relativo.

113Verifichiamo a questo riguardo che l-integrale di dP faccia 1. Si ha infatti

∫

dP =1

2γ2

∫ π

0

sinθ′ d θ′

(1 − β cosθ′)2=

1

2γ2

∫ π

0

d(−cosθ′)(1 − β cosθ′)2

=1

2γ2

∫ 1

−1

dz

(1 + β z)2=

=1

2γ2

−1

β(1 + β z)

∣

∣

∣

∣

1

−1

=1

2βγ2

( −1

1 + β+

1

1 − β

)

=1

2βγ2

−1 + β + 1 + β

1 − β2=

=2β

2βγ2(1 − β2)= 1

134

0.5 1 1.5 2 2.5 3alpha

0.2

0.4

0.6

0.8

1

F

Figure 18: Confronto fra due distribuzioni integrali di probabilita, relative allostesso processo, cosı come appaiono in due riferimenti in moto relativo.

Analogamente per la distribuzione integrale, si ha che, posto

I(α) ≡∫ α

0dP (4.195)

risulta

I(α) =1

2γ2

∫ α

0

sinθ dθ

(1 − β cosθ)2=

1

2γ2

∫ α

0

−d(cosθ)(1 − β cosθ)2

=

=1

2γ2

∫ −cosα

−1

dz

(1 + β z)2=

1

2γ2

−1

β1 + β z

∣

∣

∣

∣

∣

−cosα

−1

=

=1

2βγ2

(

−1

1 − β cosα+

1

1 − β

)

=1

2βγ2

−1 + β + 1 − β cosα

(1 − β)(1 − β cosα)=

=1

2β(1 − β)γ2

β(1 − cosα)

1 − β cosα(4.196)

ma

γ2(1 − β) =1

1 + β⇒ I(α) =

1 + β

2

1 − cosα

1 − β cosα(4.197)

La funzione I(α) e mostrata in fig.18 nel caso di β = 0 e β = 0.95.Per apprezzarne meglio il significato, osserviamo che se prendiamo α = 1/γallora, assumendo γ >> 1, abbiamo

cosα ≈ 1 − 1

2γ2

135

e dunque

I(1

γ) =

1 + β

2

12γ2

1 − β(1 − 12γ2 )

(4.198)

Ma poiche, se γ >> 1, allora risulta

1

2γ2≈ 1 − β

ne segue infine che

I(1

γ) =

(1 + β)(1 − β)

2(1 − β + β(1 − β))≈ (1 + β)(1 − β)

2(1 − β)(1 + β)=

1

2(4.199)

ovvero ben meta degli eventi sono tutti concentrati nel cono di aperturaangolare 1

γ.

Esiste un metodo grafico molto espressivo, che consente di arrivare allo stessorisultato, fornendone una giustificazione ”intuitiva” molto semplice utilizzandol’ellisse di Blaton che abbiamo gia incontrato.Supponiamo infatti di avere due riferimenti RS ed RS ′, legati fra loro da unopportuno boost di Lorentz che, senza perdita di generalita, assumeremo lungol’asse z. Supponiamo che in RS sia data una distribuzione isotropa di particellea massa nulla (per esempio, fotoni), monocromatica di energia E. Scegliendo zcome asse polare, il quadrimpulso del generico fotone sara

p = (E, E sinΘ cosφ, E sinΘ sinφ, E cosΘ)

Nel riferimento RS ′, lo stesso quadrimpulso, come ben sappiamo, diventa

p′ = (γ E + βγE cosΘ, E sinΘ cosφ, E sinΘ sinφ, γE cosΘ + βγE)

Come abbiamo gia imparato (vedi fig. 19 ), l’impulso p′ e un punto dell’ellissoidedi rotazione intorno all’asse z avente centro in (0, 0, βγE), semiassi lungo p′x e p′ypari ad E e lungo p′z pari a γE e la corrispondenza fra gli angoli (Θ, φ) in RS el’impulso in RS ′ e, di nuovo, mostrata nella figura 19.Chiediamoci allora quanti sono gli eventi che hanno θ ≤ 1

γ.

Chiaramente, se γ >> 1, questi eventi sono tutti e soli quelli per cui p′ e sulsemiellissoide definito dalla condizione

pz ≥ βγE

Infatti per questi impulsi e

θ =

√

p′2x + p′2y

p′z≤ E

p′z≤ E

βγE≈ 1

γ

136

Figure 19: Ellissoide degli impulsi.

ma questi, a loro volta, sono tutti e soli gli eventi per cui, in RS risulta Θ ≤ π/2e dunque, se la distribuzione in RS e isotropa, sono esattamente la meta deltotale.In effetti, come si puo appunto osservare direttamente dalla fig. 19, l’angolo αche seleziona la meta esatta degli eventi ha la tangente pari al rapporto fra ilsemiasse minore dell’ellisse p = E, diviso per l’offset del centro dell’ellisse β γ E,i.e.

tgα =E

βγE=

1

βγ

da cui segue che

cosα =1√

1 + tg2α=

βγ√1 + β2γ2

= β

dove abbiamo qui usato l’identita

1 + β2γ2 = γ2

Sostituendo infatti l’espressione ottenuta sopra di cosα nella (4.197), abbiamo

I(α) =1 + β

2

1 − cosα

1 − β cosα=

1 + β

2

1 − β

1 − β2=

1

2

La costruzione grafica di fig.19 ci consente altresı di determinare con facilita qualefrazione del totale siano gli eventi per cui

p′z < 0

ovvero quelli per i quali, nonostante il boost nella direzione positiva di z, i fotonicontinuano a viaggiare in verso contrario ...Evidentemente risulta

p′z = γE(β + cosΘ) < 0 ⇒ β + cosΘ < 0

137

e dunque si tratta degli eventi che, in RS, hanno

−1 ≤ cosΘ < cosΘ0 = −β; ⇒ 0 ≤ sin Θ < sinΘ0 =√

1 − β2 =1

γ

Se la distribuzione e isotropa in RS, ovvero se

dP =1

4πsinΘ dΘ dφ ⇒ dP =

1

2d(−cosΘ)

la loro frazione f sara pari a

f =1

2

∫ π

Θ0

d(−cosΘ) =1

2(−cosπ + cosΘ0) =

1 − β

2

Questa relazione e esatta qualunque sia la velocita relativa fra i due riferimenti.Se, per esempio, β = 0, ovvero in assenza di moto relativo fra i due riferimenti,abbiamo evidentemente

f =1

2

mentre se γ >> 1, allora, essendo

1

2γ2≈ (1 − β)

abbiamo che

f ≈ 1

4γ2

Come applicazione, consideriamo un fascio monocromatico di π0 di energiaE, che viaggia lungo l’asse z e supponiamo che γ ≡ E

mπ0>> 1.

La frazione di decadimenti per cui un fotone va, nel nostro sistema di riferimento,nella direzione di −z e proprio pari a f ≈ 1

4γ2 ...

Sulla base di quanto detto sopra, detti Θ1 e Θ2 gli angoli che i due fotoni didecadimento formano con l’asse z, puo accadere che entrambi Θ1 e Θ2 siano piupiccoli di 1

γ?

138

5 Sistemi soggetti a forze esterne

La seconda legge della Dinamica di Newton prevede che, in presenza di forzeesterne agenti su un corpo di massa m, risulti

d~p

dt= ~f

L’analogia gia usata ci induce a generalizzarla nel caso relativistico, ponendo

dpµ

dτ≡ maµ = fµ (5.1)

dove fµ dovra essere il quadrivettore che generalizza la forza al caso relativistico.Evidentemente, di nuovo, se questa equazione, poi, descrivera o no la realtafisica e materia soggetta a conferma sperimentale... Infatti solo l’esperienza puogiudicare sull’accettabilita o meno dell’equazione (5.1), che Einstein ha posto allabase della dinamica relativistica. Oggi pero sappiamo che tutta la Fisica delleparticelle elementari puo essere interpretata solo partendo da tale legge, per cuiquesta nuova dinamica risulta ampiamente confermata !

Prima di procedere nello studio di alcuni esempi, osserviamo che dalla (5.1)si ricava subito che

fµ = maµ ⇒ fµ uµ = maµ uµ ≡ 0 (5.2)

Questo significa che le quattro componenti della forza fµ non sono indipendenti,infatti

fµ uµ = 0 ⇒ f 0 u0 = ~f · ~u ⇒ f 0 γ = γ ~f · ~β ⇒ f 0 = ~f · ~β (5.3)

Si osservi che questo risultato esprime semplicemente la conservazione dell’energia,infatti la componente temporale dell’equazione (5.1) stabilisce che

f 0 = mdγ

dτ=d (mγ)

dτ=dp0

dτ= γ

dp0

dt

e quindi, data la (5.3), che

d (mγ)

dτ= ~f · ~β = γ

dp0

dt⇒ γ

dEdt

= ~f · ~v (5.4)

dove E e l’energia del corpo. Si noti la novita della presenza del γ rispetto al casoclassico, in cui dE

dt= ~f · ~v.

139

5.1 Applicazione al campo elettromagnetico

Vediamo ora alcune applicazioni di questa nuova dinamica, considerando il casodi una particella di massa m e carica elettrica q, in presenza di un campoelettromagnetico114.

Come sappiamo, le equazioni del moto classiche di una particella carica in uncampo elettromagnetico statico sono115

~F =d~p

dt= q(~v × ~B + ~E) (5.5)

Questa equazione, in termini del tensore del campo elettromagnetico116

F µν ≡ ∂µAν − ∂νAµ =

0 − Ex −Ey −EzEx 0 − Bz By

Ey Bz 0 − Bx

Ez − By Bx 0

≡

0 −E1 −E2 −E3

E1 0 − B3 B2

E2 B3 0 − B1

E3 − B2 B1 0

(5.10)

si generalizza nel seguente modo relativisticamente covariante

dpµ

dτ= q F µν uν (5.11)

Chiaramente, come abbiamo gia detto, dovra poi essere l’esperienza a mostrarese la generalizzazione ipotizzata e corretta o meno; infatti, nonostante la loroeleganza, in queste generalizzazioni non c’e nulla di ”automatico” e non si trattain nessun senso di ”teoremi”... non dimentichiamoci che stiamo parlando diFisica!

114Per comodita assumeremo che q > 0: il caso in cui q < 0 si ottiene semplicemente dal casoconsiderato invertendo il verso dei campi e quindi e piuttosto immediato.

115Usiamo qui, come sistema di unita di misura, il SI.116Ricordiamo, a questo proposito, che, per trasformazioni di Lorentz, i campi elettrici e

magnetici si trasformano come segue:

~E′ = γ ( ~E + ~β × ~B) − γ2

γ + 1~β(~β · ~E) (5.6)

~B′ = γ ( ~B − ~β × ~E) − γ2

γ + 1~β(~β · ~B) (5.7)

ovvero, in termini delle componenti parallele e perpendicolari a ~β, velocita del nuovo riferimentoRS′ rispetto al vecchio riferimento RS

~E′ = ~E‖ + γ ~E⊥ + γ ~β × ~B (5.8)

~B′ = ~B‖ + γ ~B⊥ − γ ~β × ~E (5.9)

140

5.1.1 Carica elettrica in campo magnetico

Assumiamo che il moto avvenga in campo magnetico uniforme e costante, che,senza perdita di generalita, assumeremo diretto secondo l’asse z. Risulta

F µν =

0 0 0 00 0 − B 00 B 0 00 0 0 0

⇒

dp0

dτ= 0

dp1

dτ= −q B u2

dp2

dτ= q B u1

dp3

dτ= 0

(5.12)

Siccome p0 = mγ (piu propriamente p0 = mcγ, ma c = 1 !), la prima equazionedice semplicemente che γ rimane costante durante il moto, ovvero che la velocitadella particella resta comunque costante in modulo (sappiamo infatti che il campomagnetico statico non fa lavoro, quindi l’energia cinetica della particella non puocambiare ...).Dalla quarta equazione abbiamo poi che, evidentemente, mu3 ≡ mγβz e indipen-dente da τ , dunque che anche la componente della velocita lungo l’asse z, i.e.,nella direzione del campo magnetico, resta costante nel tempo.Si noti che queste due conclusioni (velocita in modulo costante e componentecostante della stessa nella direzione del campo) erano gia note dalla dinamica nonrelativistica di una carica in campo magnetico, descritta dalla forza di Lorentz.Ma vediamo allora se c’e e dove sta la novita ...Le altre due equazioni forniscono117 (si ricordi che γ e costante)

d

dτ(mγ βx) = qBγβy m

dβxdτ

= qBβy

⇒d

dτ(mγ βy) = −qBγβx m

dβydτ

= −qBβx

Ma ddτ

= dtdτ

ddt

≡ γ ddt

, per cui le equazioni di sopra diventano

dβxdt

=qB

mγβy βx = Asin(Ωt+ φ)

⇒dβydt

= − qB

mγβx βy = Acos(Ωt+ φ)

dove abbiamo definito, al solito, la frequenza di betatrone Ω come Ω ≡ qBmγ

ed A e

φ sono costanti di integrazione118. La novita della dinamica relativistica rispetto aquella classica e nel fatto che la frequenza di betatrone Ω non e indipendente dalla

117Si ricordi che p1,2 ≡ mu1,2 = mγβx,y, mentre u1,2 = −u1,2.118Evidentemente A e nient’altro che il modulo di ~β⊥, cioe il modulo della componente della

velocita nel piano xy, cioe nel piano ortogonale alla direzione del campo.

141

velocita, bensı e inversamente proporzionale a γ, cioe all’energia della particellastessa119. Questo e un fatto sperimentale, verificato con altissima precisione, peresempio, negli acceleratori di particelle, che dimostra come la dinamica correttada usare nel trattare il moto di particelle che si muovono in campo magneticocon velocita prossime a quella della luce, sia proprio quella relativistica.

Da quanto precede, segue dunque che

βx = β⊥ sin(Ωt+ φ) x(t) = x0 −β⊥Ωcos(Ωt+ φ)

βy = β⊥ cos(Ωt+ φ) ⇒ y(t) = y0 +β⊥Ωsin(Ωt + φ) (5.13)

βz = β‖ z(t) = z0 + β‖t

Se il moto avviene sempre all’interno della zona dove e presente il campomagnetico uniforme e costente ~B, allora il moto e un’elica di passo costante

δ = β‖T =2πβ‖

Ω=

2πβ‖mγ

qB=

2πp‖qB

(5.14)

e di raggio120

R =β⊥Ω

=β⊥mγ

qB=p⊥qB

(5.15)

119In taluni testi, soprattutto un po’ datati, si prende spunto da questo fatto per concludere chela massa dipende dalla velocita. Noi non ci adegueremo a questa tradizione, perche riteniamoche essa sia piu sorgente di equivoci che altro. La massa inerziale e una costante caratteristicadella particella ed il suo quadrato coincide appunto con l’invariante pµpµ: il sostenere chela massa dipende dall’energia nasconde semplicemente il desiderio di continuare ad usare ladinamica newtoniana ed, in particolare, il concetto sostanzialmente non relativistico di forza.

120Il membro di destra della relazione (5.15) e scritto nel sistema SI, dove R e in metri, m inKg e v in m/s, per cui, evidentemente si ha

p = mγ v = mγ cβ Kgm/s =J s

m

dove le dimensioni sono solo nel termine mc = mc2

cJ sm . Se adesso esprimiamo mc2 in MeV ,

allora (facendo, per comodita c = 3.0 × 108m/s) risulta

1MeV

c= 1 · 1.6 × 10−19 × 106

3.× 108

J s

m

per cui, ponendo altresı q = z e, dove e = 1.6 × 10−19 C e la carica elementare in Coulomb,ecco che la (5.15) diventa

R[m] =p⊥[J s/m]

q[C] B[T ]→

p⊥[MeV/c] × 1.6×10−19×106

3.×108

1.6 × 10−19 z B[T ]=p⊥[MeV/c]

300 z B[T ]→ p⊥ = 300 z B R

dove le parentesi quadre racchiudono, appunto, le dimensioni delle grandezze coinvolte.Per esempio, nel caso di LHC, risulta Bmax = 8.33T ed R = 2803m, per cui si ricava che iprotoni potranno raggiunger l’impulso massimo di pmax = 7TeV/c, corrispondente ad un γ dicirca 7000 ...

142

Figure 20: Deflessione magnetica su una particella in moto.

Vediamo invece cosa succede, per esempio, quando la particella non si trovapermanentemente intrappolata all’interno del campo magnetico (come accade,per esempio, in uno spettrometro o in un elemento magnetico di un sincrotrone).Consideriamo per questo una particella di impulso p assegnato ed assumiamo cheviaggi nella direzione dell’asse y. Durante il suo moto, essa incontra una zonalunga L dove e presente un campo magnetico uniforme e costante ~B, diretto or-togonalmente alla direzione iniziale di moto della particella, p.es. lungo l’asse z.Da quanto detto sopra, la particella iniziera un movimento a spirale (in questocaso, date le condizioni iniziali scelte, di passo nullo ...). Se, come assumeremo,L e molto minore del raggio della spirale, il moto della particella sara solo de-bolmente deviato. Imponendo le condizioni iniziali e tenendo conto che il motodiviene di nuovo inerziale dopo che la particella e uscita, cioe dopo un tempoδt = L

β, risulta

poutx = mγβ sin(Ω δt) ≈ mγβΩ δt = mγβqB

mγ

L

β= qBL

pouty = mγβ cos(Ω δt) ≈ mγβ

La particella ha dunque acquistato un impulso trasversale a ~B ed alla direzionedel suo moto originario, pari a121

∆pt = qBL

L’angolo di deflessione nel piano xy vale dunque (tra parentesi, l’espressionedell’angolo di deflessione nel SI)

Θout =∆ptp

=qBL

p=qBL

mγβ= Ω

L

β→(

Θout =ΩL

cβ

)

121In generale, e dunque anche se ~B non e costante, l’impulso trasverso acquistato vale∆~pt = qδt

∫

~dl × ~B, come si puo vedere facilmente usando l’espressione della forza di Lorentz,i.e.

∆~p = ~Fδt = qδt ~β × ~B = q~L× ~B

143

e la traiettoria di uscita, per una ovvia proprieta geometrica delle tangenti allacirconferenza, e la stessa di un punto materiale che continua dritto per L

2e quindi

devia di Θout, proseguendo poi di moto rettilineo ...

5.1.2 Carica elettrica in campo elettrico

Un altro caso interessante e quello in cui la carica si muove in un campo elettricouniforme e costante, che, senza perdita di generalita, assumeremo di nuovo direttosecondo l’asse z. In questo caso il tensore elettromagnetico e le equazioni delmoto che da esso conseguono, scritte in termini delle componenti covarianti dellaquadrivelocita, risultano

F µν =

0 0 0 − E0 0 0 00 0 0 0E 0 0 0

⇒

dp0

dτ= −qE u3

dp1

dτ= 0

dp2

dτ= 0

dp3

dτ= qE u0

(5.16)

La seconda e la terza equazione, relative alle componenti x ed y del quadrimpulso,dicono semplicemente che p1 ed p2 sono costanti e quindi che le componenti dellaquadrivelocita u1 ed u2 non cambiano nel tempo122 (in questo caso, tempo delriferimento o tempo proprio non fa differenza, visto che si tratta di costanti ...).Passiamo a considerare le altre due equazioni (si ricordi che u3 = −u3 mentreu0 = u0)

mdu0

dτ= E q u3

mdu3

dτ= E q u0

Come abbiamo gia avuto modo di osservare, l’equazione relativa alla componentedi tipo tempo esprime la conservazione dell’energia meccanica, infatti, esplicita-mente essa afferma che

mdγ

dτ= E q γ βz

ma, ddτ

= γ ddt

, essendo dtdτ

= γ, quindi l’equazione in questione afferma che

mγdγ

dt= E q γ βz ⇒

d(mγ)

dt= q ~E · ~β

la quale, appunto, stabilisce che il lavoro fatto nel nostro riferimento, nel tempodt, dalla forza elettrica sulla carica q va semplicemente ad aumentare l’energiarelativistica mγ della particella.

122Attenzione perche questo non significa che anche βx e βy restano costanti, ma solo che γβx

e γβy non cambiano nel tempo. Siccome γ dipende ovviamente anche da βz che, come vedremo,cambia nel tempo, in realta βx e βy non restano affatto costanti ...

144

Ma veniamo alla soluzione delle equazioni di moto scritte sopra.Poniamo, per comodita, a ≡ qE

m: si noti che questa e l’accelerazione classica a cui

sarebbe soggetta la carica nel campo elettrico dato123. Risulta

du0

dτ= a u3 u0 =

1

2

(

Aeaτ + B e−aτ)

(5.17)

⇒du3

dτ= a u0 u3 =

1

2

(

Aeaτ − B e−aτ)

(5.18)

dove A e B sono le costanti di integrazione. Se si mette l’origine del tempoproprio nel momento in cui βz = 0, allora u3(0) = 0 e quindi A = B, ovvero

u0 = Ach( aτ) = γu3 = Ash( aτ) = βzγ

⇒ p0 = mA ch( aτ)p3 = mA sh( aτ)

(5.19)

Evidentemente, per τ = 0, quando βz = 0 per ipotesi, puo essere che le compo-nenti βx(0) e βy(0) della velocita e quindi le corrispondenti componenti dell’impulso,siano non nulle, nel qual caso, dalla (5.19), risulta

u0(τ = 0) ≡ γ(0) ≡ 1√

1 − β2x(0) − β2

y(0)= A (5.20)

Quindi, in definitiva, da quanto precede risulta che, in generale, sara124

γ(τ) = u0(τ) = A ch(aτ) =1

√

1 − β2x(0) − β2

y(0)ch(aτ) (5.22)

βx(τ) =γ(0)βx(0)

u0(τ)= A

βx(0)

γ(τ)(5.23)

βy(τ) =γ(0)βy(0)

u0(τ)= A

βy(0)

γ(τ)(5.24)

βz(τ) =u3(τ)

u0(τ)= th(aτ) (5.25)

123Per trasformazioni di Lorentz lungo l’asse z il campo elettrico non cambia di intensita, vistoche E‖ e invariante. Dunque, se ci mettiamo nel riferimento inerziale in cui βz e momentanea-mente nullo, troviamo qui la stessa intensita di campo elettrico che nel riferimento di partenza.Se px = py = 0, questo riferimento e tangente e allora la quantita a rappresenta effettivamentel’accelerazione subıta dalla carica; pero, se px o py non sono nulli, questa conclusione, in gen-erale, e falsa: come vedremo, infatti, in questo caso il modulo della quadriaccelerazione noncoincide con −a2 ...

124Si osservi che, in ogni caso, risulta uµuµ = 1, infatti

uµ(τ)uµ(τ) = γ2(τ)(

1 − β2x(τ) − β2

y(τ) − β2z(τ)

)

=

= A2 ch2(aτ) −A2 sh2(aτ) −A2 β2x(0) −A2 β2

y(0) =

= A2(

1 − β2x(0) − β2

y(0))

= 1 (5.21)

145

Per quanto riguarda poi la quadriaccelerazione, derivando la quadrivelocitarispetto al tempo proprio, si ottiene immediatamente che

aµ =duµ

dτ=

d

dτ

(

u0(τ), u1, u2, u3(τ))

=

= (Aa sh(aτ), 0, 0, A a ch(aτ)) = a(

u3, 0, 0, u1)

(5.26)

che, nella metrica di Minkowski, e ortogonale ad uµ (come deve essere...) ed hamodulo quadro pari a

aµaµ = −(aA)2

Come si vede, questa quantita coincide con −a2 solo se la particella non ha com-ponenti della velocita nella direzione trasversa al campo elettrico125. Possiamoora esprimere le grandezze di cui sopra in termini del tempo tmisurato nel sistemadi riferimento ”fisso”. Si ha

u0 =dt

dτ= Ach(aτ) ⇒ t =

A

ash(aτ) + t0

e quindi, scegliendo la costante t0 in modo che sia t = 0 quando τ = 0, risulta

t =A

ash(aτ) ⇒ sh(aτ) =

at

A

per cui risulta infine che (A ≡ 1√1−β2

x(0)−β2y(0)

)

γ(t) = Ach(aτ) = A√

1 + sh2(aτ) =√

A2 + (at)2 (5.27)

βx(t) = Aβx(0)

γ(t)= A

βx(0)√

A2 + (at)2(5.28)

βy(t) = Aβy(0)

γ(t)= A

βy(0)√

A2 + (at)2(5.29)

βz(t) = th(aτ) =at

√

A2 + (at)2(5.30)

125La ragione e che se esistono in RS componenti della velocita della particella trasverserispetto al campo elettrico in RS stesso, allora, in ogni caso, per poter andare nel riferimentotangente alla particella, laddove l’accelerazione e certamente pari a E′q/m, occorre eseguireun boost non parallelo alla direzione del campo elettrico. La conseguenza, date le proprieta ditrasformazione del solo campo elettrico, i.e.

~E′ = ~E‖ + γ ~E⊥

e che nel riferimento tangente il campo elettrico appare di intensita E′ maggiore che nel rifer-imento RS in cui vale appunto E e si puo dimostrare che, nel caso considerato, e sempre,comunque, pari, appunto, ad AE.

146

Quanto poi alla coordinata z, si ha semplicemente che

u3 =dz

dτ= Ash(aτ) ⇒ z = z0 +

A

ach(aτ) = z0 +

1

a

√

A2 + (at)2 (5.31)

Come si vede, se e vero che per tempi126 piccoli rispetto a 1a

il moto e parabolico,infatti

z ∼= z0 +A

a

(

1 +1

2

a2

A2t2)

= z0 +A

a+

1

2

a

At2

asintoticamente abbiamo visto sopra che il moto tende ad assumere velocita sololungo z e pari ad 1, i.e. a c (anche se, al tempo t = 0, erano presenti componentidi velocita trasverse ...). Se scegliamo z0 = 0, risulta

z(t) =1

a

√A2 + a2t2 ⇒ a2(z2 − t2) = A2 ⇒ z2 − t2 =

A2

a2(5.32)

che e l’equazione di una iperbole equilatera (di cui, nel caso specifico, interessauna sola falda, cioe quella per z > 0): per questo motivo, il moto descritto edetto anche moto iperbolico.Si noti infine, rispetto alla previsione classica, il nuovo comportamento dellacarica in relazione al moto nella direzione degli assi x ed y, lungo i quali, comesi e visto, nonostante non ci sia forza, c’e variazione di velocita (mentre p⊥ resta

126Ricordiamo che abbiamo posto c = 1, per cui la condizione at ≤ 1, in realta, va intesa comeat/c ≤ 1 e dunque, per esempio, per un elettrone (m = 0.911×10−30 Kg, e = 1.6×10−19C) inun campo elettrico di 10MV/m (possibile, anche se al limite della attuale tecnologia ...) risultache questa approsimazione e valida solo per

t ≤ c

a=mc

eE=

3.0 × 108 × 0.91 × 10−30

1.6 × 10−19 × 107≈ 1.6 × 10−10s

Si osservi che, in questo tempo, classicamente l’elettrone compie uno spazio

∆s =1

2a t2 =

t

2(at) =

c

2t ≈ 2.4 cm

acquistando una energia∆E = eE∆s = 240KeV

ormai confrontabile con la sua energia di massa (m = 511KeV ).Nell’ambito della Meccanica Relativistica, invece, in questo tempo l’elettrone ha raggiunto unγ pari a

γ =√

1 + (at)2 =√

2

ovvero la sua energia cinetica e diventata

mc2(γ − 1) = 0.41 × 511 ≈ 210KeV

147

costante ...). Essendo

∫ T

0

dt√A2 + a2t2

=1

a

∫ aTA

0

dξ√1 + ξ2

=1

aarcsinh

aT

A

dato che per x→ ∞ la funzione arcsinh(x) va come ln(2x), integrando la (5.28)e la (5.29) ne segue che x(t) ed y(t), quando t→ ∞, divergono logaritmicamente,i.e. ∝ ln(t), e non linearmente con t, come ci saremmo attesi classicamente.

5.1.3 Carica elettrica in campi E e B statici, uniformi ed ortogonali

Consideriamo adesso il caso in cui la particella di carica q > 0 e di massa msi muova in un campo elettromagnetico uniforme e costante, caratterizzato dalfatto che ~E · ~B = 0. Senza perdita di generalita, potremo assumere che il campoelettrico sia diretto lungo l’asse z, mentre quello magnetico lungo l’asse x, i.e.

~E = (0, 0, E); ~B = (B, 0, 0) (5.33)

In questo caso, il tensore elettromagnetico e le equazioni del moto che da essoconseguono, scritte in termini delle componenti covarianti della quadrivelocita,risultano essere

F µν =

0 0 0 − E0 0 0 00 0 0 −BE 0 B 0

⇒

dp0

dτ= −qE u3

dp1

dτ= 0

dp2

dτ= −qB u3

dp3

dτ= qE u0 + qB u2

(5.34)

ovvero, le componenti controvarianti del quadrimpulso soddisfano il seguente sis-tema lineare di equazioni differenziali del primo ordine, omogeneo

dp0

dτ= a p3

dp1

dτ= 0

dp2

dτ= b p3

dp3

dτ= a p0 − b p2

(5.35)

dove, per comodita, abbiamo definito

a =qE

m; b =

qB

m(5.36)

Ricordiamo adesso che, in generale, dato un sistema di n equazioni differenzialilineari e omogenee del primo ordine, cioe del tipo

dX(t)

dt= M X(t) (5.37)

148

dove M e una matrice n× n indipendente da t, allora, se Rn ammette una basedi autovettori di M , che indicheremo con V1, V2, ...., Vn, relativi agli autovaloriλ1, λ2, ..., λn della matrice M , ecco che, costruita la matrice U ponendo le com-ponenti dei vettori V1, V2, ..., Vn come colonne, i.e.

U =

(V1)1 (V2)1 .... (Vn)1

(V1)2 (V2)2 .... (Vn)2

. . .... .

. . .... .(V1)n (V2)n .... (Vn)n

(5.38)

e detta U−1 la sua inversa (che esiste certamente in quanto abbiamo assunto peripotesi che gli n autovettori V1, ..., Vn siano indipendenti), evidentemente si ha

dX

dt= M X ⇒ d

dtU−1X = U−1 M X ≡ U−1M U U−1 X (5.39)

Ma per come e stata definita la matrice U , la matrice U−1 M U e diagonale e isuoi elementi sono appunto gli autovalori di M , i.e.

U−1 M U = D =

λ1 0 .... 00 λ2 .... 0. . .... .0 0 .... λn

(5.40)

quindi, in termini delle nuove variabili Y (t) = U−1X(t), linearmente dipendentidalle precedenti, abbiamo

dY

dt= DX ⇒ Y (t) = eDt Y (0) ≡

eλ1t 0 .... 00 eλ2t .... 0. . .... .

0 0 .... eλnt

Y (0) (5.41)

e quindi, essendo evidentemente X = U Y , risulta infine

X(t) = U eDt Y (0) (5.42)

che esprime la funzione vettoriale n-dimensionale X(t) in termini delle n costantidi integrazione che costituiscono le componenti del vettore Y (0). Volendo far com-parire esplicitamente le condizioni iniziali relative alle componenti della variabileX, essendo chiaramente X(0) = U D(0)Y (0) = U Y (0), si ha, evidentemente,che

X(t) = U eDt U−1 X(0) (5.43)

149

Torniamo adesso al nostro caso, in cui, data la (5.35), la matrice M e cosı fatta

M =

0 0 0 a0 0 0 00 0 0 ba 0 − b 0

(5.44)

i cui autovalori sono

λ1 = λ2 = 0; λ3 = −√a2 − b2; λ4 =

√a2 − b2 (5.45)

Se127 (a2 − b2) 6= 0, allora esistono quattro autovettori indipendenti ad essi

127Ricordiamo che il campo elettromagnetico ammette, in generale, solo due invarianti diLorentz e cioe la quantita scalare

−1

2FµνFµν = E2 −B2

e la quantita pseudoscalare

1

8ǫµνσρF

µνF σρ ≡ 1

4Fµν Fµν = ~E · ~B

dove il tensore Fµν ≡ 12 ǫµνσρF

σρ e il tensore duale di Fµν , tale che

Fµν =

0 −B1 −B2 −B3

B1 0 − E3 E2

B2 E3 0 − E1

B3 − E2 E1 0

(5.46)

Ne segue che i due autovalori non nulli della matrice M , proporzionali attraverso la quantitascalare (q/m)2 ad (E2−B2), sono evidentemente indipendenti dal sistema di riferimento fissato.

Scegliendo opportunamente il riferimento, quando a2 − b2 6= 0 ed ~E · ~B = 0, si puo sempre farein modo che sia presente o solo un campo elettrico (se a > b), oppure solo un campo magnetico(se b > a). Consideriamo infatti le leggi di trasformazione del campo elettromagnetico

~E′ = ~E‖ + γ ~E⊥ + γ ~β × ~B (5.47)

~B′ = ~B‖ + γ ~B⊥ − γ ~β × ~E (5.48)

ed indichiamo con ~i, ~j, ~k, rispettivamente, i versori dei tre assi coordinati x, y, e z.Allora

• se ~E = E~k, ~B = B~i e a2 − b2 > 0, ovvero E > B, allora nel riferimento ottenuto daquello iniziale con un boost di Lorentz con velocita ~β = B/E~j (e quindi con γ = E√

E2−B2)

nella direzione dell’asse y, abbiamo (~j ×~i = −~k, ~j × ~k =~i)

~E′ = γ(E − βB)~k = γ(E − BE B)~k

~B′ = γ(B − βE)~i = γ(B − BE E)~i ≡ 0

(5.49)

ovvero, in quel riferimento e presente un solo campo elettrico statico diretto come l’asse

z, di modulo pari a E′ = γ(E − B2

E ) =√E2 −B2

150

corrispondenti, che sono, rispettivamente

V1 = (b, 0, a, 0)

V2 = (0, k, 0, 0)

V3 = (−a, 0,−b, k)V4 = (a, 0, b, k)

dove abbiamo definito, per comodita

k ≡√a2 − b2 (5.51)

e, evidentemente, esso e non nullo, ma puo essere immaginario puro se b2 > a2.La matrice U di cui alla (5.38) risulta dunque128

U =

b 0 − a a0 k 0 0a 0 − b b0 0 k k

(5.52)

e quindi, per la (5.42), si ha finalmente che

P 0(τ) = b Y1 − a Y3 e−kτ + a Y4 e

kτ (5.53)

P 1(τ) = k Y2 (5.54)

P 2(τ) = a Y1 − b Y3 e−kτ + b Y4 e

kτ (5.55)

P 3(τ) = k Y3 e−kτ + k Y4 e

kτ (5.56)

dove Y1, Y2, Y3, Y4 sono le costanti di integrazione, da definire a partire dallecondizioni iniziali.

Per esempio, se supponiamo che la particella sia inizialmente ferma, alloradeve accadere che

m = b Y1 − a Y3 + a Y4

0 = k Y2

0 = a Y1 − b Y3 + b Y4

0 = k Y3 + k Y4

⇒Y1 = − bm

k2

Y2 = 0Y3 = − am

2k2

Y4 = am2k2

(5.57)

• se ~E = E~k, ~B = B~i e a2 − b2 < 0, ovvero E < B, allora nel riferimento ottenuto daquello iniziale con un boost di Lorentz con velocita ~β = E/B~j (e quindi con γ = B√

B2−E2)

nella direzione dell’asse y, abbiamo

~E′ = γ(E − βB)~k = γ(E − EB B)~k ≡ 0

~B′ = γ(B − βE)~i = γ(B − EB E)~i

(5.50)

ovvero, in questo riferimento e presente un solo campo magnetico statico diretto come

l’asse x, di modulo pari a B′ = γ(B − E2

B ) =√B2 − E2

128La matrice U cosı definita ha determinante pari a 2(a2 − b2)2 e dunque e invertibile.

151

e dunque, sostituendo, in definitiva risulta

k2 > 0 k2 ≡ −ω2 < 0

P 0(τ) = m+ ma2

k2 [ch (kτ) − 1]P 1(τ) = 0P 2(τ) = abm

k2 [ch (kτ) − 1]P 3(τ) = am

ksh (kτ)

P 0(τ) = m+ ma2

ω2 (1 − cos ωτ)P 1(τ) = 0P 2(τ) = abm

ω2 (1 − cos ωτ)P 3(τ) = am

ωsin ωτ

(5.58)

Osserviamo che se a2 − b2 > 0, allora, per quanto detto sopra in relazione alle(5.49)-(5.50), un boost lungo y con β = B/E = b/a deve condurre ad un motoiperbolico prodotto da un campo E ′ =

√E2 −B2 lungo l’asse z′ ≡ z.

Applicando infatti tale boost (si ricordi che β = b/a⇒ γ = a/k), si ha

P ′0 = γP 0 − βγP 2

P ′1 = P 1

P ′2 = −βγP 0 + γP 2

P ′3 = P 3

⇒P ′0 = γ m ch(kτ) = am

kch(kτ)

P ′1 = 0P ′2 = −γ bm

a= −β γm

P ′3 = amksh(kτ)

(5.59)

in cui riconosciamo immediatamente il moto iperbolico di una particella di massam e carica q in un campo elettrico uniforme e costante orientato lungo z, diintensita E ′ =

√E2 − B2 ⇒ qE′

m= k la quale, al tempo τ = 0 si muove lungo

l’asse y con velocita −β ...Naturalmente, invece, nel caso opposto in cui a2−b2 < 0, ovvero in cui B > E,

effettuando il boost lungo l’asse y con velocita β = E/B, dobbiamo ricondurcial caso del moto di una carica in un campo magnetico diretto lungo l’asse x e diintensita B′ =

√B2 − E2.

In questo caso (β = a/b, γ = b/ω, ω = qm

√B2 − E2 ), infatti, risulta

P ′0 = γP 0 − βγP 2

P ′1 = P 1

P ′2 = −βγP 0 + γP 2

P ′3 = P 3

⇒P ′0 = γ m = b

ωm

P ′1 = 0P ′2 = −am

ωcos ωτ

P ′3 = amωsin ωτ

(5.60)

Si noti, in particolare, la condizione iniziale per cui la particella si muove, perτ = 0, solo lungo l’asse y, con velocita −β, essendo β appunto la velocita delboost.

Si osservi anche che, nel riferimento in cui la particella e originariamente ferma,evidentemente se

τ√

|a2 − b2| << 1 (5.61)

allora, al primo ordine significativo, in entrambi i casi in cui a > b, oppure a < b,

152

risulta129

P 0 = m+ 12ma2 t2

P 1 = 0P 2 = 1

2ma b t2

P 3 = ma t

(5.62)

Come si vede, in questo riferimento la carica si muove di moto acceleratocon accelerazione costante a = qE

mlungo l’asse z (direzione del campo elettrico),

mentre, lungo l’asse y ortogonale ad ~E e ~B, essa si muove con una accelerazioneche e linearmente crescente nel tempo, pari ad ab t.

Vogliamo infine osservare che, in completo accordo con quanto detto soprariguardo al fatto che, se E2 − B2 > 0 ed ~E · ~B, allora esiste un riferimento incui e presente uno solo dei due campi (quello elettrico, se E > B, quello mag-netico se B > E), la relazione (5.58) mostra altresı che, mentre nel caso in cuik2 = a2−b2 > 0 l’energia della particella puo assumere valori grandi a piacere purdi dar sufficiente tempo alla particella di muoversi nel campo elettromagnetico,nel caso in cui k2 = a2 − b2 < 0, questo non accade e l’energia rimane comunquelimitata fra m e m(1 + 2a2

b2−a2 ) = m b2+a2

b2−a2 .Questo risultato confligge con quanto si ottiene applicando la meccanica classicaal moto della carica, sotto l’effetto della Forza di Lorentz: l’accordo viene recu-perato solo al primo ordine significativo dello sviluppo perturbativo della leggedel moto.Secondo la meccanica e l’elettrodinamica classica, abbiamo infatti

md~β

dt= q( ~E + ~β × ~B) (5.63)

e quindi, nel caso di ~E = (0, 0, E) e ~B = (B, 0, 0), le equazioni di moto forniscono

mdβx

dt= 0

mdβy

dt= qB βz

mdβz

dt= −qB βy + qE

⇒dβx

dt= 0

dβy

dt= b βz

dβz

dt= −b βy + a

(5.64)

dove, al solito, si e posto a ≡ qE/m, b ≡ qB/m.La prima equazione dice semplicemente che βx e una costante del moto. Derivandola terza equazione ancora una volta rispetto al tempo, otteniamo

d2βzdt2

= −b2 βz ⇒ βz = R cos bt+ S sin bt (5.65)

129Abbiamo confuso anche il tempo proprio τ con il tempo t del riferimento, in quanto abbiamoaltresı assunto che τ a << 1, per cui

γ ≡ P 0

m= 1 +

1

2a τ2 ≈ 1

153

dove R ed S sono costanti di integrazione.Sostituendo questo risultato nella seconda equazione del moto, abbiamo poi

dβydt

= bR cos bt+ b S sin bt ⇒ βy = Rsin bt− S cos bt+ T (5.66)

che, risostituita nella terza equazione, fornisce

−bR sin bt + b S cos bt = −b(Rsin bt− S cos bt+ T ) + a ⇒ T =a

b(5.67)

e quindi, finalmente abbiamo

βx = β0x

βy = Rsin bt− S cos bt+ ab

βz = R cos bt+ S sin bt(5.68)

per cui, se ci mettiamo nel solito caso in cui la particella e inizialmente ferma,risulta

βx = 0βy = a

b(1 − cos bt)

βy = absin bt

(5.69)

che, in accordo con al (5.62), al primo ordine significativo fornisce

βx = 0βy = a

b12b2 t2 = 1

2ab t2

βy = abbt = at

(5.70)

ma risulta in palese contrasto con la (5.58), disaccordo ancora piu evidente quandoa > b, dove la (5.69) consente il raggiungimento anche di velocita superiori aquella della luce (β > 1...).

Per concludere l’argomento, trattiamo ora il caso in cui in cui i campi sonoortogonali e a2−b2 = 0, ovvero quello in cui risulta anche E = B. Come abbiamogia visto, questa situazione e singolare ed in particolare, da quanto precede, eevidente che non esiste alcun riferimento in cui il campo elettromagnetico si riducead uno solo dei due (anche nel caso delle onde elettromagnetiche nel vuoto, E = Be, chiaramente non esiste alcun riferimento in cui uno dei due campi e assente).

Conviene ripartire dalle equazioni del moto (5.35), relative alle componentidel quadrimpulso, riscritte nel caso in questione in cui a = b. Si ha

dP 0

dτ= aP 3

dP 1

dτ= 0

dP 2

dτ= b P 3

dP 3

dτ= aP 0 − b P 2

⇒

dP 0

dτ= aP 3

dP 1

dτ= 0

dP 2

dτ= aP 3

dP 3

dτ= aP 0 − aP 2

(5.71)

154

Evidentemente, intanto risulta

dP 1

dτ= 0 ⇒ P 1 = Y1 (5.72)

mentre si ha

dP 0

dτ= aP 3

dP 2

dτ= aP 3 ⇒ d(P 0 − P 2)

dτ= 0 ⇒ P 0 − P 2 = Y2 (5.73)

per cui, si ricava subito che

dP 3

dτ= aP 0 − aP 2 = a Y2 ⇒ P 3 = aY2 τ + Y3 (5.74)

e quindi

dP 2

dτ= aP 3 = a2Y2 τ + aY3 ⇒ P 2 =

1

2Y2a

2 τ 2 + aY3 τ + Y4 (5.75)

P 0 = P 2 + Y2 ⇒ P 0 =1

2Y2a

2 τ 2 + aY3 τ + Y4 + Y2 (5.76)

Ovvero, riassumendo, nel caso in cui E = B ed ~E · ~B = 0, risulta

P 0 =1

2Y2a

2 τ 2 + aY3 τ + Y4 + Y2 (5.77)

P 1 = Y1 (5.78)

P 2 =1

2Y2a

2 τ 2 + aY3 τ + Y4 (5.79)

P 3 = a Y2 τ + Y3 (5.80)

dove Y1, Y2, Y3, Y4 sono costanti da determinare in base alle condizioni iniziali.Di nuovo, per esempio, nel caso in cui la particella sia ferma per τ = 0, abbiamo

P 1 = 0P 2 = 0P 3 = 0P 0 = m

⇒Y1 = 0Y4 = 0Y3 = 0Y2 = m

⇒P 0(τ) = m+ 1

2ma2τ 2

P 1(τ) = 0P 2(τ) = 1

2ma2τ 2

P 3(τ) = ma τ

(5.81)

da confrontare con l’approssimazione (5.62), ottenuta al primo ordine significa-

tivo, per√

|a2 − b2| << 1.

E’ interessante osservare che, nelle espressioni precedenti, la quantita a = qEm

none invariante di Lorentz ! Cosa accade, dunque, se osserviamo il processo in unaltro riferimento RS ′, in moto rispetto al primo riferimento RS, per esempio,

155

nella direzione dell’asse y con velocita β ? Siccome (P µ) e un quadrivettore, inRS ′, evidentemente, si avra

P 0 = γ P 0 − β γ P 2

P 1 = P 1

P 2 = γ P 2 − β γ P 0

P 3 = P 3

⇒P 0 = γm+ 1

2mτ 2 a2 γ(1 − β)

P 1 = 0P 2 = 1

2mτ 2 a2 γ(1 − β) − β γ m

P 3 = ma τ

(5.82)

dove la quantita a e quella valutata in RS.D’altronde, se avessimo risolto le equazioni (5.77)-(5.80) nelle costanti Y1, Y2,

Y3 e Y4, assumendo di trovarci in RS ′ e quindi postulando che per τ = 0 il motodella particella avvenisse lungo l’asse y, con velocita −β, allora avremmo ottenuto

P 1 = 0P 2 = −mβγP 3 = 0P 0 = mγ

⇒Y1 = 0Y4 = −mβγY3 = 0Y2 = mγ +mβγ

⇒P 0(τ) = mγ + 1

2mτ 2A2γ(1 + β)

P 1(τ) = 0P 2(τ) = 1

2mτ 2 A2γ(1 + β) −mβγ

P 3(τ) = mτ Aγ(1 + β)

(5.83)

essendo la quantita A = qE′

m= qB′

mvalutata, naturalmente, in RS ′.

Ma per le leggi di trasformazione del campo (5.8) e (5.9), risulta

~E ′ = γ(E − β B)~k = γ(1 − β) ~E (5.84)

~B′ = γ(B − β E)~i = γ(1 − β) ~B (5.85)

e dunque A = a γ (1 − β). Ne segue quindi che

A2γ(1 + β) = a2γ2(1 − β)2 γ(1 + β) = a2γ(1 − β) (5.86)

Aγ(1 + β) = γ(1 − β)a γ(1 + β) = a (5.87)

che mostrano il perfetto accordo fra i due punti di vista.

156

5.1.4 Carica elettrica in campi E e B statici, uniformi qualsiasi

Assumiamo che il campo magnetico ~B sia diretto come l’asse z, mentre il campoelettrico ~E giaccia nel piano x, z e sia non ortogonale con ~B, i.e. che risulti130

~B = (B, 0, 0); ~E = (E s, 0, E r) con s2 + r2 = 1, s 6= 0 (5.88)

Il tensore elettromagnetico F µν , in queste condizioni, e

F µν =

0 −Es 0 −ErEs 0 0 00 0 0 − BEr 0 B 0

⇒

dP 0

dτ= −qEr u3 − qEs u1

dP 1

dτ= qEs u0

dP 2

dτ= −qB u3

dP 3

dτ= qEr u0 + qB u2

(5.89)

e dunque le componenti controvarianti del quadrimpulso soddisfano il seguentesistema lineare di equazioni differenziali del primo ordine, omogeneo

dP 0

dτ= ar P 3 + as P 1

dP 1

dτ= as P 0

dP 2

dτ= b P 3

dP 3

dτ= ar P 0 − b P 2

(5.90)

dove, al solito, abbiamo posto a = qEm

, b = qBm

.Per integrare il sistema (5.90) siamo dunque ricondotti allo studio della seguentematrice M (definita in generale dalla (5.37))

dP

dτ= M P ⇒ M =

0 as 0 aras 0 0 00 0 0 bar 0 − b 0

(5.91)

Gli autovalori della matrice M sono

λ1 = −λλ2 = +λλ3 = −µλ4 = +µ

λ =

√

a2−b2−√

(a2−b2)2+4a2b2s2√

2

µ =

√

a2−b2+√

(a2−b2)2+4a2b2s2√

2

(5.92)

Osserviamo, prima di proseguire, che questi autovalori (5.92) sono solo funzionidi invarianti di Lorentz del campo elettromagnetico, essendo

a2 − b2 =q2

m2(E2 − B2), abs =

q2

m2~E · ~B

e dunque sono essi stessi invarianti.Osserviamo altresı che, mentre µ e sempre reale (positivo), λ invece, e sempreimmaginario puro (parte immaginaria positiva).

130Si osservi che, per ipotesi, stavolta ~E · ~B = EBs 6= 0, per cui non puo esistere un riferimentoin cui uno dei due campi e assente, essendo ~E · ~B un invariante di Lorentz.

157

• Nel caso in cui a2 > b2 ≥ 0, infatti, abbiamo

2λ2 = (a2 − b2) −√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2

ed il primo addendo e positivo, mentre il secondo, espresso dalla radice, ecertamente negativo e di modulo maggiore del primo (per ipotesi abs 6= 0),quindi λ2 < 0. Quanto a µ2, invece, essendo

2µ2 = (a2 − b2) +√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2

esso e certamente positivo e strettamente maggiore di a2 − b2.

• Nel caso in cui b2 > a2 ≥ 0, per quanto riguarda λ2, valgono a maggior ra-gione le osservazioni fatte prima, essendo anche il primo addendo negativo.Circa µ2, esso risulta ancora positivo perche, se e vero che il primo addendoe adesso negativo, il secondo, quello espresso dalla radice, che e positivo,ha modulo maggiore.

Poniamo allora per comodita

λ ≡ iΩ,2 Ω2 = (b2 − a2) +

√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2

2µ2 = (a2 − b2) +√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2(5.93)

dove, quindi, anche Ω e sempre un numero reale positivo.Siccome la matrice M ammette sempre quattro autovalori diversi, esistono co-munque quattro autovettori indipendenti di M , che sono131 i seguenti

V1 = (r, −arsiΩ

, µ2+b2

ab, Ω2+a2s2

iaΩ)

V2 = (−r, −arsiΩ

,−µ2+b2

ab, Ω2+a2s2

iaΩ)

V3 = (1, −asiΩ, b

2−Ω2

abr,−µ2−a2s2

aµ)

V4 = (−1, −asiΩ,− b2−Ω2

abr,−µ2−a2s2

aµ)

(5.94)

La matrice U , che consente di esprimere la soluzione cercata attraverso la re-lazione matriciale seguente (cfr. (5.42))

P (t) = U eDt Y (5.95)

131Si osservi che il termine b2−Ω2

abr che apparentemente sembra divergere quando r → 0, invecetende a zero, infatti in quel limite risulta

2b2 − Ω2

abr=a2 + b2 −

√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2

abr=a2 + b2 −

√

(a2 + b2)2 − 4a2b2r2

abr≈ 2ab

a2 + b2r

158

con

eDt ≡

eλ1t 0 0 00 eλ2t 0 00 0 eλ3t 00 0 0 eλ4t

(5.96)

ed Y vettore di costanti da determinare in base alle condizioni iniziali, per la(5.38) e data da

U =

(V1)1 (V2)1 (V3)1 (V4)1

(V1)2 (V2)2 (V3)2 (V4)2

(V1)3 (V2)3 (V3)3 (V4)3

(V1)4 (V2)4 (V4)4 (V4)4

(5.97)

per cui, sostituendo la (5.94) nella (5.97), dalla (5.95) finalmente otteniamo

P 0(τ) = e−µτY3 − eµτY4 + r(e−iΩτY1 − eiΩτY2) (5.98)

P 1(τ) = −as[

r

iΩ(e−iΩτY1 + eiΩτY2) +

1

µ(e−µτY3 + eµτY4)

]

(5.99)

P 2(τ) =µ2 + b2

ab(e−iΩτY1 − eiΩτY2) +

b2 − Ω2

abr(e−µτY3 − eµτY4) (5.100)

P 3(τ) =a2s2 + Ω2

iΩa(e−iΩτY1 + eiΩτY2) −

µ2 − a2s2

aµr(e−µτY3 + eµτY4)(5.101)

Si osservi che, dovendo, ovviamente, le componenti del quadrimpulso essere reali,date le equazioni precedenti, occorre che e−iΩτY1 − eiΩτY2 sia sempre reale, comepure che e−iΩτY1 + eiΩτY2 sia sempre immaginario puro, ovvero e necessario cheY2 = −Y ∗

1 , mentre Y3 e Y4, a loro volta, dovranno essere reali. Questo, in altritermini, come era ovvio aspettarsi, stabilisce in quattro quantita reali il numerodelle costanti di integrazione. Vediamo, come esempio, quale e l’espressione chesi ottiene per P µ(τ) nel caso che la particella sia ferma per τ = 0.Dalle condizioni iniziali si ha

P 0(0) = m = Y3 − Y4 + r(Y1 − Y2)

P 1(0) = 0 = −asrY1 + Y2

iΩ− as

Y3 + Y4

µ

P 2(0) = 0 =µ2 + b2

ab(Y1 − Y2) +

b2 − Ω2

abr(Y3 − Y4)

P 3(0) = 0 =a2s2 + Ω2

a

Y1 + Y2

iΩ− µ2 − a2s2

aµr(Y3 + Y4)

Risolvendo questo sistema lineare, otteniamo

Y1 = −Y2 =m

2

Ω2 − b2

Ω2 + µ2(5.102)

Y3 = −Y4 =m

2

µ2 + b2

Ω2 + µ2(5.103)

159

e quindi, in definitiva risulta

P 0(τ) = m µ2+b2

Ω2+µ2 ch(µτ) +m Ω2−b2Ω2+µ2 cosΩτ

P 1(τ) = m asΩ

Ω2−b2Ω2+µ2 sinΩτ +m as

µµ2+b2

Ω2+µ2 sh(µτ)

P 2(τ) = m µ2+b2

abrΩ2−b2Ω2+µ2 [cosΩτ − ch(µτ)]

P 3(τ) = −m Ω2+a2s2

ΩarΩ2−b2Ω2+µ2 sinΩτ +m µ2−a2s2

aµrµ2+b2

Ω2+µ2 sh(µτ)

(5.104)

Una prima osservazione che possiamo trarre riguarda l’energia. All’ordine piubasso nel tempo proprio, essa cresce quadraticamente nel modo seguente

P 0(τ) = mµ2 + b2

Ω2 + µ2

(

1 +1

2µ2τ 2)

)

+mΩ2 − b2

Ω2 + µ2

(

1 − 1

2Ω2τ 2

)

=

= m+m

2

τ 2

Ω2 + µ2

[

µ2(µ2 + b2) − Ω2(Ω2 − b2)]

+O(τ 4) =

= m+m

2

τ 2

Ω2 + µ2

[

µ4 − Ω4 + b2(Ω2 + b2)]

+O(τ 4) =

= m+mτ 2a2 +

√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2

2Ω2 + 2µ2+O(τ 4) =

= m+1

2ma2 τ 2 +O(τ 4) (5.105)

Una seconda osservazione riguarda la continuita della soluzione (5.104) trovata

rispetto al limite s → 0, ovvero rispetto al caso in cui i campi ~E e ~B sonoortogonali fra loro. Dalla (5.104), nel caso incui r = 1 ed s = 0, si ottiene

• Se a > b, allora risulta che Ω2 = 0, µ2 = a2 − b2. Usando la definizione(5.51), ovvero k =

√a2 − b2, si ha

P 0(τ) = m a2−b2+b2a2−b2 ch(kτ) +m −b2

a2−b2 = m+m a2

a2−b2 [ch(kτ) − 1]

P 1(τ) = 0

P 2(τ) = m a2−b2+b2

ab−b2a2−b2 [1 − ch(kτ)] = mab

a2−b2 [ch(kτ) − 1]

P 3(τ) = m a2−b2a√a2−b2

a2−b2+b2a2−b2 sh(kτ) = ma√

a2−b2 sh(kτ)

(5.106)

in accordo con la (5.58).

• Analogamente, se a < b, definendo ω2 = b2 − a2, risulta che Ω = ω, µ = 0e si ha

P 0(τ) = m +b2

b2−a2 +m b2−a2−b2b2−a2 cosωτ = m+m a2

b2−a2 [1 − cosωτ)]

P 1(τ) = 0

P 2(τ) = m b2

abb2−a2−b2b2−a2 [cosωτ − 1] = mab

b2−a2 [1 − cosωτ ]

P 3(τ) = −m b2−a2a√b2−a2

b2−a2−b2b2−a2 sh(kτ) = ma√

b2−a2 sinωτ)

(5.107)

di nuovo in completo accordo con la (5.58).

160

Nonostante quindi il fatto che il caso dei campi ortogonali, evidentemente, siacontenuto in quello dei campi sghembi, abbiamo preferito trattare prima e sepa-ratamente il caso dei due campi ortogonali perche tecnicamente piu semplice.

Come ultima osservazione, ricordiamo infine che, se vogliamo conoscere laposizione della carica in funzione del suo tempo proprio, essendo

P µ(τ) = m uµ(τ) = mdXµ

dτ

evidentemente, dalla (5.104), otteniamo

t(τ) = t0 + 1µµ2+b2

Ω2+µ2 sh(µτ) + 1Ω

Ω2−b2Ω2+µ2 sinΩτ

X1(τ) = X10 − as

Ω2Ω2−b2Ω2+µ2 cosΩτ + as

µ2µ2+b2

Ω2+µ2 ch(µτ)

X2(τ) = X20 + µ2+b2

abrΩ2−b2Ω2+µ2

[

1ΩsinΩτ − 1

µsh(µτ)

]

X3(τ) = X30 + Ω2+a2s2

Ω2arΩ2−b2Ω2+µ2 cosΩτ + µ2−a2s2

aµ2rµ2+b2

Ω2+µ2 ch(µτ)

(5.108)

Evidentemente il movimento della particella e comunque la combinazione di unmoto iperbolico, con costante di tempo µ−1, e di un moto sinusoidale, con fre-quenza angolare Ω.

161

5.1.5 Esempio

Trattiamo il caso in cui il campo elettromagnetico e tale che E << B, ovveroil caso in cui a << b. Questa situazione e molto frequente nella pratica, infattiricordiamo132 che mentre un campo magnetico statico di 1 gauss non e per nullaeccezionale (il doppio di quello della Terra), un campo elettrico di 1 StatV olt/cmequivale gia ad un campo di tutto rispetto di 30000V/m ...Al secondo ordine nel parametro adimensionale a

b, dalla (5.93) risulta

2 Ω2 = (b2 − a2) +√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2 = (b2 − a2) + (b2 − a2)

√

√

√

√1 +4a2b2s2

(b2 − a2)2=

= (b2 − a2) + (b2 − a2)

[

1 +1

2

4a2b2s2

(b2 − a2)2− 1

8

(4a2b2s2)2

(b2 − a2)4+ ...

]

=

≈ 2(b2 − a2) + 2a2b2s2

b2 − a2⇒ Ω2 ≈ b2 − a2 +

a2s2

1 − a2

b2

≈ b2 − a2r2

⇒ Ω ≈ b

(

1 − a2r2

2b2

)

(5.109)

2µ2 = (a2 − b2) +√

(a2 − b2)2 + 4a2b2s2 =

= (a2 − b2) + (b2 − a2)

[

1 +1

2

4a2b2s2

(b2 − a2)2− 1

8

(4a2b2s2)2

(b2 − a2)4+ ...

]

=

≈ 2a2b2s2

b2 − a2− 2

(a2b2s2)2

(b2 − a2)3

⇒ µ2 ≈ a2s2

1 − a2

b2

− a4s4

b2(1 − 3a2

b2)≈ a2s2

[

1 +a2

b2+ ...− a2s2

b2+ ...

]

= a2s2

[

1 +a2 − a2s2

b2+ ...

]

≈ a2s2

[

1 +a2r2

b2

]

⇒ µ ≈ as

(

1 +a2r2

2b2

)

(5.110)

132Si noti che abbiamo implicitamente assunto di lavorare nel sistema cgs es. Il confrontofra E2 e B2, infatti, fisicamente e il confronto fra le densita di energia dei due campi, che,per esempio, nel sistema MKS sono proporzionali, rispettivamente, a ǫ0E

2 e 1µ0B2, ovvero,

ricordando che c = 1√ǫ0µ0

, nel sistema MKS la quantita adimensionale ab vale

a

b=

E

Bc

dove c e la velocita della luce nel vuoto.

162

mentre si ha altresı che

µ2 + b2

Ω2 + µ2≈ a2s2 + b2

b2 − a2r2 + a2s2=

b2(1 + a2s2

b2)

b2(1 − a2r2

b2+ a2s2

b2)≈ 1 +

a2r2

b2(5.111)

Ω2 − b2

Ω2 + µ2≈ b2 − a2r2 − b2

b2 − a2r2 + a2s2≈ −a

2r2

b2(5.112)

µ2 + b2

abr

Ω2 − b2

Ω2 + µ2≈ a2s2 + b2

abr(−1)

a2r2

b2= −ar

b

(

1 +a2s2

b2

)

(5.113)

Ω2 + a2s2

Ωar

Ω2 − b2

Ω2 + µ2≈ b2 − a2r2 + a2s2

Ωar

−a2r2

b2 − a2r2 + a2s2= −ar

b(5.114)

µ2 − a2s2

arµ

µ2 + b2

Ω2 + µ2≈ a2s2 a2r2

b2

a2rs· 1 = rs

a2

b2(5.115)

Sostituendo allora nella (5.104), otteniamo133

P 0(τ) ≈ m(

1 + a2r2

b2

)

ch(µτ) −m a2r2

b2cosΩτ

≈ mch(µτ) +m a2r2

b2[ch(µτ) − cosΩτ ]

P 1(τ) ≈ m asΩa2r2

b2sinΩτ +m as

µ

(

1 + a2r2

b2

)

sh(µτ)

≈ m(

1 + a2r2

2b2

)

sh(µτ)

P 2(τ) ≈ m −arb

(

1 + a2s2

b2

)

[cosΩτ − ch(µτ)]

≈ −marb

[cosΩτ − ch(µτ)]

P 3(τ) ≈ marbsinΩτ +mrsa

2

b2sh(µτ)

(5.116)

Se limitiamo ulteriormente l’approssimazione al primo ordine non nullo in ab,

allora otteniamo

P 0(τ) ≈ mch(µτ)P 1(τ) ≈ msh(µτ)P 2(τ) ≈ mar

b[ch(µτ) − cosΩτ ]

P 3(τ) ≈ marbsinΩτ

(5.117)

che mostra come per una particella non relativistica, al primo ordine in µτ , si ha

P 0(τ) ≈ mP 1(τ) ≈ masτP 2(τ) ≈ mar

b[1 − cosΩτ ]

P 3(τ) ≈ marbsinΩτ

⇒t ≈ τ

X1(t) ≈ 12mas t2

X2(t) ≈ arb2sinΩt

X3(t) ≈ arb2

[1 − cosΩt]

(5.118)

133Si puo dimostrare che, al secondo ordine in ab , il modulo quadro del quadrimpulso espresso

dalla (5.116), e effettivamente pari, come deve essere, a m2 ...

163

Questo risultato mostra che solo lungo l’asse x, cioe lungo la direzione del campomagnetico, il moto della carica e uniformemente accelerato con accelerazioneas ≡ qEs

m: lungo l’asse z (nonostante sia presente la componente del campo

elettrico Ec) e lungo l’asse y il moto e circolare uniforme, con frequenza angolareb e raggio (si ricordi che nella espressione (5.118) c = 1, per cui se vogliamo che Rsia una lunghezza occorre moltiplicare per c l’ampiezza ar

b2, che, dimensionalmente

e in secondi !)

R =ar

b2c (5.119)

Questo e il tipo di moto che segue, per esempio, un fotoelettrone all’interno di unfototubo immerso in campo magnetico134 intenso, il quale, come e noto, spiralizzastrettamente intorno alle linee del campo magnetico135.

134Se assumiamo, per esempio un’intensita di campo elettrico pari a 300V/cm = 1StatV olt/cmed una intensita di campo magnetico pari a 1000Gauss, allora intanto e vero che a

b = 11000 << 1.

Poi si ha (si ricordi che noi abbiamo posto c = 1 e che sia µ come Ω sono, dimensionalmente,inversi di un tempo, mentre, evidentemente, se siamo nel cgs es, qE

m , qBm sono entrambi, dimen-

sionalmente, una accelerazione ...)

µ ≈ as ≤ a =eE

mc≈ 1.6 ∗ 107sec−1

Ω ≈ b =eB

mc≈ 1.6 ∗ 1010sec−1

da collegare con il tempo necessario al fotoelettrone per arrivare dal fotocatodo al primo dinodo(∆x ≈ 1cm), i.e.

∆t =

√

2∆xm

eE≈ 2. ∗ 10−9sec

per cui

µ∆t ≈ 1.6 ∗ 107 · 2. ∗ 10−9 = 3.2 ∗ 10−2 << 1

Ω∆t ≈ 1.6 ∗ 1010 · 2. ∗ 10−9 = 32 (5.120)

la quale dimostra come la traiettoria dell’elettrone sia un’elica a passo variabile, avente comeasse la direzione del campo magnetico, e raggio la quantita fissa

R =ar

b2c ≤ a

b

c

b=

1

1000

3. ∗ 1010

1.6 ∗ 1010≈ 10−3cm

135Il risultato (5.118) e ottenibile classicamente partendo semplicemente dalla forza di Lorentz:basta infatti ripetere il conto di cui alle (5.63)-(5.69), avendo cura di imporre adesso la presenzalungo l’asse x di una componente di accelerazione pari a qEs/m ≡ as. Risulta allora

βx = as tβy = ar

b (1 − cos bt)βy = ar

b sin bt(5.121)

Questo risultato e indipendente dalla relazione fra a e b, e per questo, come abbiamo gia avutomodo di osservare, esso e del tutto errato se ar/b > 1, eccetto quando bt << 1.

164

5.1.6 L’irraggiamento elettromagnetico di una carica accelerata

Il quadripotenziale Aµ(x) prodotto da una quadriccorrente Jµ(y) soddisfa136,nella gauge di Lorentz

∂µAµ = 0 (5.122)

l’equazione inomogenea delle onde, i.e. l’equazione

2Aµ(x) =4π

cJµ(x) (5.123)

dove il simbolo 2 sta ad indicare l’operatore differenziale di D’Alembert, scalaredi Lorentz, definito dalla (A.6), i.e.

2 ≡ ∂µ∂µ =

∂2

c2 ∂t2−∇2 (5.124)

Evidentemente, essendo l’equazione (5.123) lineare e disomogenea, la sua soluzionegenerale e fatta da una soluzione particolare a cui e sommata una genericasoluzione dell’equazione omogenea, cioe un’onda elettromagnetica qualsiasi.

Una soluzione particolare della (5.123) puo essere ottenuta con la tecnica dellafunzione di Green, ovvero cercando una funzione D(x, x′) tale che

2xD(x, x′) = δ4(x− x′) (5.125)

dove, naturalmente, δ4(x− x′) ≡ δ(x0 − x′0)δ3(~x− ~x′).In questo modo, la soluzione particolare della (5.123) individuata dalla funzionedi Green, puo essere scritta come

Aµ(x) =4π

c

∫

dx′D(x, x′) Jµ(x′) (5.126)

D’altronde, in assenza di condizioni al contorno, la funzione D potra dipenderesolo dalla differenza x− x′, ovvero

D(x, x′) = D(x− x′) ≡ D(z) (5.127)

e la condizione di Green (5.125) diventa

2D(z) = δ4(z) (5.128)

Per ottenere la forma esplicita della D(z), e opportuno introdurne la trasformatadi Fourier137 D(k) che, per definizione, e

D(k) =(

1

2π

)2 ∫

d4z D(z) eikz ⇔ D(z) =(

1

2π

)2 ∫

d4k D(k) e−ikz (5.129)

136Operiamo nel sistema cgs es.137In realta la funzione D(z) non e una funzione bensı e una distribuzione temperata di

Schwartz, ed e in questo senso che ne cerchiamo la trasformata di Fourier.

165

Ricordando che

δ(z) =(

1

2π

)4 ∫

d4k e−ikz (5.130)

sostituendo la (5.129) e (5.130) nella (5.128), otteniamo

−k · k D(k) =(

1

2π

)2

(5.131)

ovvero

D(k) = −(

1

2π

)2 1

k · k (5.132)

e quindi

D(z) = −(

1

2π

)4 ∫

d4ke−ikz

k · k (5.133)

Pero l’integrando della (5.133) e singolare, per cui l’integrale in questione, inrealta, non e definito finche non si fornisce la procedura per trattare la singolarita.

Iniziamo dunque integrando in dk0 = dk0. Si ha

D(z) = −(

1

2π

)4 ∫

d3k ei~k·~z∫

dk0e−ik0z0

k20 − k2

(5.134)

dove abbiamo posto, per comodita, k ≡ |~k|.Per valutare l’integrale

∫

dk0e−ik0z0

k20 − k2

(5.135)

trattiamo k0 come se fosse una variabile complessa, dandogli una parte immag-inaria iǫ, che poi manderemo a zero ... A seconda del segno della parte im-maginaria, troveremo funzioni di Green differenti: questo non deve meravigliareperche la funzione di Green consente di determinare una soluzione particolaredell’equazione inomogenea, che, come ben sappiamo, non e unica !

166

Figure 21: Percorso di integrazione per definire la funzione di Green Dr(z).

Assumiamo ǫ > 0. La funzione integranda e−ik0z0

k20−k2 ha due poli semplici in

k0 = ±k ed e analitica in tutto il resto del piano complesso.Se z0 < 0 allora l’esponente −ik0 z0 ha la parte reale negativa nel semipiano

superiore, dunque, chiudendo il percorso di integrazione all’infinito nel semipianosuperiore, e

z0 < 0 :∫ +∞+iǫ

−∞+iǫdk0 e−ik0 z0

k20 − k2

= 0 (5.136)

visto che la funzione e analitica in tutto il dominio contenuto nel contorno diintegrazione.

Invece, se z0 > 0, allora occorre chiudere il cammino di integrazione nel semip-iano inferiore, dove, adesso, la funzione si annulla esponenzialmente all’infinito.Il percorso di integrazione racchiude ora i due poli, per cui, per il teorema deiresidui delle funzioni anlitiche, risulta

z0 > 0 :∫ +∞+iǫ

−∞+iǫdk0

e−ik0 z0

k20 − k2

= −2π i Res

(

e−ik0 z0

k20 − k2

)

= −2π i

(

e−ikz0

+2k+eikz0

−2k

)

= 2π i

(

2i sin kz02k

)

= −2π

ksin kz0 (5.137)

Chiameremo Dr(z) la funzione di Green cosı individuata, i.e.

Dr(z) =Θ(z0)

(2π)3

∫

d3k1

kei~k·~z sin kz0 =

=Θ(z0)

(2π)3

∫

k2 dk d(−cosθ) dφ 1

keikR cosθ sin kz0 =

167

=Θ(z0)

(2π)2

∫

k dk sin kz0−eikR + e−ikR

−ikR =Θ(z0)

(2π)2

∫

k dk sin kz02i sin kR

ikR=

=Θ(z0)

2Rπ2

∫ +∞

0dk sin kz0 sin kR (5.138)

Ma

sin kz0 sin kR =eikz0 − e−ikz0

2i

eikR − e−ikR

2i=

= −1

4

[

eik(z0+R) − eik(z0−R) − e−ik(z0−R) + e−ik(z0+R)]

(5.139)

da cui si ricava che (notare il ”raddoppio” del dominio di integrazione ...!)

∫ +∞

0dk sin kz0 sin kR = −1

4

∫ +∞

−∞dk eik(z0+R) − eik(z0−R) (5.140)

e dunque che

Dr(z) =Θ(z0)

8π2R

∫ +∞

−∞dk

[

eik(z0−R) − eik(z0+R)]

=Θ(z0)

8π2R2π [δ(z0 −R) − δ(z0 +R)] (5.141)

Pero, data la presenza della funzione Θ(z0), solo la prima delta potra contribuire,per cui, finalmente, possiamo scrivere

Dr(z) =Θ(z0)

4π Rδ(z0 − R) (5.142)

che puo essere messa in forma covariante138 a vista, osservando che

δ(zz) = δ(z20 −R2) = δ[(z0 − R)(z0 +R)] =

δ(z0 − R)

2R+δ(z0 +R)

2R(5.143)

e dunque

Θ(z0) δ(zz) = Θ(z0)δ(z0 − R)

2R(5.144)

per cui, infine, e

Dr(z) =Θ(z0)

4π R2R δ(z2) =

1

2πΘ(z0) δ(zz) (5.145)

138Ricordiamo che se z0 = R, siamo sul cono luce e dunque Θ(z0), che vale 1 se z0 > 0 e zeroaltrimenti, e una funzione invariante sotto il gruppo di Lorentz ortocrono proprio.

168

Questa funzione di Green e detta ritardata per i motivi che vedremo fra breve.Se fossimo partiti con l’integrazione in dk0 nel piano complesso avendo presoiǫ < 0, avremmo ottenuto la funzione di Green che e detta anticipata, cosı fatta

Da(z) =Θ(−z0)4π R

δ(z0 +R) =1

2πΘ(−z0) δ(zz) (5.146)

Veniamo ora al quadripotenziale Aµ prodotto da una carica e puntiforme, inmoto, nel nostro sistema di riferimento, secondo la legge oraria ~r(t). Le densita dicarica e di corrente relative a questa situazione sono, evidentemente, le seguenti

ρ(~x, t) = e δ3(~x− ~r(t)) (5.147)

~J(~x, t) = e ~v(t) δ3(~x− ~r(t)) (5.148)

Posto allora x = (t, ~x) e definita la quadriposizione della carica r(τ) = (t(τ), ~r(τ))come funzione del tempo proprio della carica stessa, risulta che le due densita disopra possono essere scritte in forma covariante nel modo seguente

Jµ(x) = e c∫

dτ uµ(τ) δ4(x− r(τ)) (5.149)

Infatti, ricordando che uµ = c(γ, γ ~β), si ha

J0(x) = e c∫

dτ cγ(τ) δ(ct− ct(τ)) δ3(~x− ~r(τ))

= e c∫

d(ct) δ(ct− ct(τ)) δ3(~x− ~r(τ)) = e c δ3(~x− ~r(τ))≡ cρ (5.150)

~J(x) = e c∫

dτ cγ(τ) ~β(τ) δ(ct− ct(τ)) δ3(~x− ~r(τ))

= e∫

d(ct) ~v(t) δ(ct− ct(τ)) δ3(~x− ~r(τ)) =

≡ e~v(t) δ3(~x− ~r(τ)) = ~J(~x, t) (5.151)

Risulta allora che il quadripotenziale ritardato, prodotto dalla carica in moto,per la (5.126), e

Aµ(x) =4π

c

∫

dx′Dr(x− x′) Jµ(x′) =

=4π

c

∫

dx′Dr(x− x′) e c∫

dτ uµ(τ) δ4(x′ − r(τ)) =

= 4π e∫

dτ uµ(τ)Dr(x− r(τ)) (5.152)

ovvero, usando la (5.145), abbiamo

Aµ(x) = 4π e∫

dτ uµ(τ)Dr(x− r(τ)) =

= 4π e∫

dτ uµ(τ) Θ(t− t(τ)) δ[(x− r(τ))2]1

2π=

= 2 e∫

dτ uµ(τ) Θ(t− t(τ)) δ[(x− r(τ))2] (5.153)

169

Figure 22: Traiettoria della carica e la condizione causale di cono luce.

Per valutare l’integrale in questione, di nuovo, occorre cercare, come funzionidella variabile di integrazione τ , le radici dell’equazione

(x− r(τ))2 = 0 ⇔ [x− r(τ)]µ[x− r(τ)]µ = 0 (5.154)

I tempi τ0 per cui c’e contributo all’integrale (5.153) sono, evidentemente, soloquelli per cui

• il quadrivettore [x− r(τ)]µ si trova sul cono luce;

• t > t(τ0), data la presenza della funzione Θ(t− t(τ)) nell’integrando.

Chiameremo l’insieme di queste due condizioni condizione causale di cono luce.Siccome la linea d’universo della carica in moto, in assi (r, t) e monotona crescentecon pendenza > 1(= 1

β), essa ha solo due intersezioni con il cono luce con vertice

nel generico evento x = (t, ~x), una nel passato dell’evento stesso ed una nel suofuturo. I contributi al potenziale in x provengono solo dalla quadriposizione dellacarica che si trova sul cono luce con vertice nel punto di osservazione, nel passatodi x (principio di causalita). Se avessimo scelto come funzione di Green quella cheabbiamo chiamato anticipata, avremmo trovato l’altro contributo, provenientedal futuro di x e questa e appunto la ragione per cui abbiamo chiamato ritardatala Dr e anticipata la Da.

Per valutare l’integrale (5.153), al solito, occorre ricordare che139

δ[f(x)] =∑

i

δ(x− xi)∣

∣

∣

∣

(

dfdx

)

x=xi

∣

∣

∣

∣

(5.155)

139La (5.155) presuppone che la funzione f abbia derivata prima non nulla in tutte le sue radicixi, ovvero che f(x − xi) dipenda sempre linearmente dalla differenza x − xi, in un opportunointorno di ogni radice.

170

dove gli xi sono definiti dalla condizione di zero della funzione f , i.e.

∀xi : f(xi) = 0

Nel nostro caso, occorre dunque calcolare la derivata

d

dτ[x− r(τ)]2 = −2[x− r(τ)]µ u

µ(τ) (5.156)

nel punto τ = τ0 che soddisfa la condizione causale di cono luce.Risulta cosı che

Aµ(x) = 2e∫

dτ uµ(τ) Θ[t− t(τ)]δ(τ − τ0)

2[x− r(τ)]ν uν(τ)

= euµ(τ0)

[x− r(τ0)]ν uν(τ0)(5.157)

e questi sono i potenziali di Lienard e Wiechert in forma covariante a vista ...Per giungere alla loro espressione piu consueta, osserviamo che la condizionecausale di cono luce implica che, posto

~R = ~x− ~r(τ0) ≡ R~n (5.158)

sia

c (t− t(τ0)) =∣

∣

∣~x− ~r(τ0)∣

∣

∣ ≡ R ⇔ x− r(τ0) ≡ (R,R~n) (5.159)

mentre risulti

uµ(τ0) [x− r(τ0)]µ = cγ(τ0) [t− t(τ0)] − cγ(τ0) ~β(τ0) [~x− ~r(τ0)]= cγ R− cγ ~β · ~nR = cγR(1 − ~β · ~n) (5.160)

e dunque

Φ(~x, t) =

[

ecγ

cγR(1 − ~β · ~n)

]

rit

=e

[

R(1 − ~β · ~n)]

rit

(5.161)

~A(~x, t) =

ecγ ~β

cγR(1 − ~β · ~n)

rit

=e~v

c[

R(1 − ~β · ~n)]

rit

(5.162)

dove abbiamo esplicitamente indicato che le quantita coinvolte come R, ~β, ~ndevono essere calcolate al tempo ritardato τ0 tale che

t(τ0) = t−R = t−∣

∣

∣~x− ~r(τ0)∣

∣

∣

c(5.163)

171

Questo, per quanto riguarda i potenziali.Quanto ai campi ~E e ~B, essi possono essere valutati a partire dal quadripotenziale,attraverso il consueto tensore elettromagnetico

F µν ≡ ∂µAν − ∂νAµ =

0 − Ex −Ey −EzEx 0 − Bz By

Ey Bz 0 −Bx

Ez − By Bx 0

(5.164)

Ma invece di derivare le (5.161) e (5.162), e piu semplice tornare all’integrale(5.153), che definisce il quadripotenziale

Aµ(x) = 2 e∫

dτ uµ(τ) Θ[t− t(τ)] δ[(x− r(τ))2] (5.165)

perche la differenziazione rispetto alle coordinate spazio-temporali del punto diosservazione agiscono direttamente sugli argomenti della funzione Θ e della fun-zione δ e sono di piu facile valutazione.Quanto alla Θ[t− t(τ)], la sua differenziazione rispetto a t genera la δ[t− t(τ)] edunque δ[(x− r(τ))2] → δ(−R2) che non da contributo; dunque

∂αAβ(x) = 2 e∫

dτ uβ(τ) Θ[t− t(τ)] ∂αδ[(x− r(τ))2] (5.166)

Indichiamo ora per comodita con f(τ) l’argomento della δ, i.e.

f(τ) ≡ [x− r(τ)]ν [x− r(τ)]ν (5.167)

e veniamo alla questione della derivata140 della δ.Osserviamo intanto che, attraverso le regole usuali della derivazione, si ha

∂αδ[f ] ≡ ∂

∂xαδ[f ] =

dδ[f ]

df· ∂f∂xα

=∂f

∂xα· dτdf

· dδ[f ]

dτ=

= ∂αf1dfdτ

dδ[f ]

dτ(5.169)

Nel nostro caso, vista la (5.167), risulta allora

∂αf = 2[x− r(τ)]α (5.170)

df

dτ= −2[x− r(τ)]ν uν(τ) (5.171)

140Ricordiamo dalla teoria delle distribuzioni temperate di Schwartz che risulta

∫

dxdδ(x)

dxF (x) = −dF

dx

∣

∣

∣

∣

x=0

(5.168)

Ma, per poter applicare questa regola, occorre che la variabile di differenziazione della δ e quelladi integrazione siano le stesse.

172

per cui, per la (5.169), otteniamo

∂αδ[f ] = − [x− r(τ)]α

[x− r(τ)]ν uν(τ)

d

dτδ[f ] (5.172)

e quindi abbiamo

∂αAβ(x) = −2 e∫

dτ uβ(τ) Θ[t− t(τ)][x− r(τ)]α

[x− r(τ)]ν uν(τ)

d

dτδ[f ] (5.173)

ovvero, usando la (5.168), risulta infine

∂αAβ(x) = 2 e∫

dτ Θ[t− t(τ)] δ[f(τ)]d

dτ

[

uβ(τ)[x− r(τ)]α

[x− r(τ)]ν uν(τ)

]

(5.174)

dove abbiamo usato il fatto gia osservato precedentemente, secondo cui la derivatadella Θ, comunque, non da contributo.D’altronde l’integrale (5.174), formalmente, e lo stesso dell’integrale (5.165) chedefinisce il quadripotenziale se si effettua la sostituzione

uµ(τ) → d

dτ

[

uβ(τ)[x− r(τ)]α

[x− r(τ)]ν uν(τ)

]

(5.175)

per cui, ripetendo il percorso gia seguito a suo tempo per effettuare l’integrazionein questione, otteniamo

∂αAβ(x) =e

[x− r(τ0)]ν uν(τ0)· ddτ

[

uβ(τ)[x− r(τ)]α

[x− r(τ)]ν uν(τ)

]

τ=τ0

(5.176)

e dunque, finalmente, possiamo scrivere il tensore elettromagnetico nel modoseguente:

F αβ ≡ ∂αAβ(x) − ∂βAα(x) =

=e

[x− r(τ0)]ν uν(τ0)· ddτ

[

uβ(τ)[x− r(τ)]α − uα(τ)[x− r(τ)]β

[x− r(τ)]ν uν(τ)

]

τ=τ0

(5.177)

ovvero, se definiamo, per comodita di notazione, il seguente quadrivettore

d ≡ x− r(τ0) (5.178)

risulta, omettendo per semplicita, di riportare che le varie grandezze cinematichedipendono da τ0, che il tensore elettromagnetico e pari a

F αβ ≡ e

d · u

(d · u)[

−uαuβ + dαaβ + uβuα − dβaα]

− (dαuβ − dβuα)(−c2 + d · a)(d · u)2

173

dove si e usato il fatto che

d

dτ(d · u) =

d

dτ[(x− r(τ))α uα] = −uαuα + (x− r(τ))α aα =

= −c2 + d · a (5.179)

Facendo le opportune semplificazioni, si ha quindi che

F αβ ≡ e

d · u

(d · u)[

dαaβ − dβaα]

− (dαuβ − dβuα)(−c2 + d · a)(d · u)2

(5.180)

che e l’espressione covariante a vista del tensore elettromagnetico prodotto dauna carica in moto.E’ utile, comunque, arrivare ad una forma dei campi che, pur non essendo co-variante a vista, dipenda esplicitamente dalla velocita e dalla accelerazione dellacarica stessa (nel riferimento assegnato).Ricordiamo a questo proposito che, per la condizione causale di cono luce, e

d = x− r(τ0) = R(1, ~n) (5.181)

mentre

uα(τ) = γ(τ) c (1, ~β(τ)) (5.182)

Risulta altresı che

dγ

dτ= γ

dγ

dt= γ4 (~β ·~β) (5.183)

d~β γ

dτ= ~β

dγ

dτ+ γ

d~β

dτ= γ4 (~β ·~β)~β + γ2d

~β

dt(5.184)

per cui si ha

aα ≡ duα

dτ= c

γ4 (~β ·~β), γ4 (~β ·~β)~β + γ2d~β

dt

(5.185)

Ne segue quindi che, per la (5.181) e la (5.182), e

d · u = Rγ c(1 − ~β · ~n) (5.186)

mentre, per la (5.181) e la (5.185), risulta

d · a = R c[

γ4(~β ·~β) − ~n(

γ4 (~β ·~β)~β + γ2~β)]

=

= R c[

γ4(~β ·~β)(1 − ~n · ~β) − γ2 ~n ·~β]

(5.187)

174

per cui, volendo calcolare, per esempio, l’espressione del campo elettrico, ricor-dando che F 0i = −Ei si ha, dalla (5.180), che

−~E =e

(d · u)3

(d · u)[d0~a− a0 ~d ] − (d · a− c2)(d0~u− u0~d )

=

=e

R3γ3c3(1 − ~β · ~n)3

Rγc(1 − ~β · ~n)R [~a− ~na0] − (Ra0 − R~n · ~a− c2)Rcγ (~β − ~n)

=

=e

R3γ3c3(1 − ~β · ~n)3

R2 γc[

(1 − ~β · ~n)(~a− ~na0) − (a0 − ~n · ~a)(~β − ~n)]

+Rc3γ(~β − ~n)

=

=e(~β − ~n)

R2γ2(1 − ~β · ~n)3+

e

Rγ2c2(1 − ~β · ~n)3

(1 − ~β · ~n)(~a− a0~n) − (a0 − ~n · ~a)(~β − ~n)

Occupiamoci ora del termine nella parentesi graffa.

(1 − ~β · ~n)(~a− a0~n) − (a0 − ~n · ~a)(~β − ~n) =

= c (1 − ~β · ~n)[

γ4(~β ·~β)~β + γ2~β − γ4(~β ·~β)~n]

−

− c[

γ4(~β ·~β) − γ4(~β ·~β)(~n · ~β) − γ2(~n ·~β)]

(~β − ~n) =

= γ2c

(1 − ~β · ~n)[

γ2(~β ·~β)(~β − ~n) +~β]

− (~β − ~n)[

γ2(~β ·~β)(1 − ~β · ~n) − (~β · ~n)]

=

= γ2c

(1 − ~β · ~n)γ2(~β ·~β)(~β − ~n) + (1 − ~β · ~n)~β

+

+ γ2c

−(~β − ~n)γ2(~β ·~β)(1 − ~β · ~n) + (~β − ~n)(~β · ~n)

=

= γ2c

(1 − ~β · ~n) ~β + (~β − ~n)(~n ·~β)

ma per la proprieta generale del prodotto vettore, per cui

~A× ( ~B × ~C) = ~B( ~A · ~C) − ~C( ~A · ~B)

e immediato che

(1 − ~β · ~n) ~β + (~β − ~n)(~n ·~β) = ~n× [(~β − ~n) ×~β] (5.188)

per cui, sostituendo, risulta infine che (si ricordi che F 0i = −Ei... )

~E =

e(~n− ~β)

R2γ2(1 − ~β · ~n)3

rit

+e

c

~n× [(~n− ~β) ×~β]

R(1 − ~β · ~n)3

rit

(5.189)

Procedendo in modo analogo per il campo magnetico, si trova che

~B = ~n× ~E (5.190)

175

L’irraggiamento e descritto unicamente dalle componenti dei campi che si annul-lano all’infinito come 1/R, le sole che possono dar luogo ad un flusso del vettoredi Poynting che abbia limite diverso da zero all’infinito.Come si vede allora dalla (5.189), se non c’e accelerazione non c’e nemmenoirraggiamento, in accordo con il principio di relativita. Infatti, in assenza di ac-celerazione, esiste un riferimento inerziale in cui la carica e costantemente a riposoed in esso, evidentemente, essa crea solo un campo elettrico statico e dunque unquadrimpulso irraggiato identicamente nullo nel tempo. In ogni altro riferimentoinerziale, il quadrimpulso irraggiato resta nullo (le trasformazioni di Lorentz sono

lineari ...) e dunque, finche il ~β della carica e costante, non puo esistere irraggia-mento!Veniamo ora al caso in cui c’e accelerazione. Se ci poniamo nel riferimento tan-gente alla particella, ovvero dove la sua velocita e istantaneamente nulla, perquanto sopra detto, il campo di radiazione vale

~Erad =e

c

~n× (~n×~β)

R(5.191)

~Brad = ~n× ~E (5.192)

e dunque

~Srad =c

4π~Erad × ~Brad =

c

4π| ~Erad|2 ~n =

c

4π

e2

R2c2|~n× (~n×~β)|2 ~n (5.193)

Ovvero, se prendiamo la direzione di ~β come direzione dell’asse z, allora lapotenza irraggiata all’infinito nell’angolo solido dΩ, in questo riferimento, vale

dP = (~Srad · ~n) R2 dΩ =e2

4πc|~n× (~n×~β)|2 dΩ =

=e2

4πc3|~n× (~n× ~a)|2 dΩ (5.194)

dove ~a e l’accelerazione a cui e soggetta la carica, nel riferimento tangente.Risulta

|~n× (~n× ~a)|2 = |~n a cosθ − ~a|2 = a2cos2θ − 2a cosθ a cosθ + a2 = a2 sin2θ

per cui la distribuzione di potenza irraggiata da una carica accelerata nel riferi-mento tangente (in cui essa e istantaneamente ferma) e data da

dPdΩ

=e2

4π c3|~a|2 sin2θ (5.195)

che e l’espressione classica di Larmor.

176

5.1.7 Irraggiamento elettromagnetico in un acceleratore

Come abbiamo visto nel paragrafo precedente, una carica elettrica in moto ac-celerato irraggia energia elettromagnetica e, nel riferimento tangente, risulta (sis-tema cgs es)

d2Edt dΩ

=dPdΩ

=e2

4π c3|~a|2 sin2θ (5.196)

dove θ e l’angolo fra il vettore accelerazione e la direzione di propagazione della ra-diazione emessa. A questa distribuzione corrisponde una potenza totale irraggiata141

P pari a

P =2

3

e2

c3|~a|2 (5.198)

Questa espressione classica, di Larmor, come abbiamo detto, e valida nel riferi-mento tangente alla particella, cioe nel riferimento inerziale RS in cui la velocitadella carica e istantaneamente nulla.In questo riferimento, fra t e t + dt, dal punto di coordinate ~X = (Xi), dovesi trova momentaneamente ferma la carica per tutto il tempo compreso fra t et+ dt, viene emesso, sotto forma elettromagnetica, un quadrimpulso pari a

(dW,~0) ≡ (Pdt,~0) (5.199)

essendo nulla la parte spaziale, vista la simmetria della distribuzione della potenzairraggiata (5.196), ovvero visto che

∫ π

0sin2θ (sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ) sinθ dθ dφ = ~0 (5.200)

Supponiamo ora di osservare questo processo da un altro riferimento inerzialeRS ′, in moto relativo rispetto a quello tangente e sia Λµ

. ν la matrice di Lorentzche connette i due riferimenti. Evidentemente il quadrimpulso emesso in RS ′ frat′ e t′ + dt′ e legato al precedente dalla relazione

(dW ′, d~p ′) = dW (Λ0. 0,Λ

i.0) (5.201)

Abbiamo allora che la potenza elettromagnetica emessa in RS ′ fra t′ e t′ + dt′

vale

P ′ =Λ0. 0 dW

dt′(5.202)

141Risulta infatti∫ π

0

sin2θ dφ sinθ dθ = 2π

∫ −1

1

(1 − cos2θ) d(−cosθ) = 2π

∫ 1

−1

(1 − cos2θ) d(cosθ) =

= 2π

[

2 − 2

3

]

=2

34π (5.197)

177

ma

t′ = Λ0. 0 t+ Λ0

. iXi (5.203)

e quindi

dt′ = Λ0. 0 dt (5.204)

essendo (Xi) indipendente dal tempo. Dunque

P ′ =Λ0. 0 dW

Λ0. 0dt

= P (5.205)

cioe la potenza elettromagnetica emessa per irraggiamento da una carica elettricaaccelerata e uno scalare per trasformazioni di Lorentz.Vediamo allora di riscrivere l’espressione (5.197) in modo che sia scalare a vista.Il problema, dunque, e quello di costruire uno scalare che, nel limite in cui β → 0,coincida con l’espressione di Larmor. In generale questo scalare dovra

• essere costruito a partire da variabili cinematiche della carica;

• non coinvolgere derivate di ordine superiore della velocita, visto che i campi~E e ~B non contengono che ~β e ~β;

• non dipendere dalla posizione della carica.

Ne segue quindi che lo scalare cercato potra dipendere solo dalla quadrivelocitauµ = drµ

dτe dalla quadriaccelerazione aµ = duµ

dτ. D’altronde il quadrimpulso della

carica in moto e proporzionale alla quadrivelocita attraverso la massa, i.e.

pµ = muµ

per cui la potenza irraggiata P potra dipendere solo da uno scalare costruitoa partire dai quadrivettori pµ e dpµ

dτ, ovvero potra dipendere solo dagli scalari

pµpµ,dpµ

dτpµ,

dpµ

dτdpµ

dτ. Ma il primo invariante e indipendente dalla velocita e dalla

accelerazione della particella, essendo semplicemente il quadrato della sua massa,mentre il secondo, come sappiamo, e identicamente nullo. Ne segue che la potenzaP potra dipendere solo dal terzo invariante.Vediamo allora di esplicitarlo meglio: si ha

dpµ

dτ

dpµdτ

=

(

dp0

dτ

)2

−∣

∣

∣

∣

∣

d~p

dτ

∣

∣

∣

∣

∣

2

(5.206)

Ma

p0 =√

m2c2 + p2 ⇒ dp0

dτ=

p

p0

dp

dτ(5.207)

178

per cui

(

dp0

dτ

)2

=

(

p

p0

)2 (dp

dτ

)2

= β2

(

dp

dτ

)2

(5.208)

e dunque

dpµ

dτ

dpµdτ

= β2

(

dp

dτ

)2

−∣

∣

∣

∣

∣

d~p

dτ

∣

∣

∣

∣

∣

2

(5.209)

che nel limite in cui β → 0 (limite NR), poiche dτ → dt e ~p→ m~v, diventa

dpµ

dτ

dpµdτ

→ −m2

∣

∣

∣

∣

∣

d~v

dt

∣

∣

∣

∣

∣

2

≡ −m2 |~a|2 (5.210)

Ne segue che la generalizzazione della potenza di Larmor irraggiata da una caricaaccelerata e dunque

P = −2

3

e2

m2 c3dpµ

dτ

dpµdτ

(5.211)

L’espressione (5.211), ovviamente, per quanto detto sopra, e valida in ogni rifer-imento inerziale.

Volendo riscriverla in termini di ~β e di ~β, occorre esprimere dpµ

dτin termini di

queste variabili. Si ha

pµ = (mcγ, m c γ ~β) (5.212)

e dunque

dpµ

dτ= mc

(

dγ

dτ,d

dτ(γ~β)

)

(5.213)

Risulta

dγ

dτ=

dt

dτ

dγ

dt= γ

dγ

dt= γ

(

−1

2

)

(

1 − β2)−3/2

−2~β · d~β

dt

=

= γ4 ~β · d~β

dt= γ4

(

~β · ~β)

(5.214)

mentre e

d

dτ(γ~β) = γ

d

dt(γ~β) = γ ~β

dγ

dt+ γ2 d

~β

dt=

= γ4

~β · d

~β

dt

~β + γ2 d

~β

dt= γ4

(

~β · ~β)

~β + γ2 ~β (5.215)

179

per cui si ha

dpµ

dτ

dpµdτ

= m2c2[

γ8(

~β · ~β)2

− γ8β2(

~β · ~β)2

− 2γ6(

~β · ~β)2

− γ4

∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

2]

=

= m2c2[

γ8(1 − β2)(

~β · ~β)2 − 2γ6

(

~β · ~β)2 − γ4

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

2]

(5.216)

ma

γ8 (1 − β2) = γ6 (5.217)

dunque

dpµ

dτ

dpµdτ

= −m2c2[

γ6(

~β · ~β)2

+ γ4∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2]

(5.218)

che, evidentemente, e comunque una quantita negativa, come deve essere vistoche la potenza irraggiata P e comunque positiva !Siccome vale la seguente identita vettoriale

∣

∣

∣

∣

~β × ~β

∣

∣

∣

∣

2

= β2∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

2

−(

~β · ~β)2

(5.219)

ne segue che

dpµ

dτ

dpµdτ

= −m2c2γ4

[

∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

+ γ2

(

β2∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

−∣

∣

∣

∣

~β × ~β∣

∣

∣

∣

2)]

=

= −m2c2γ4

[

∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

2 (

1 + β2γ2)

− γ2

∣

∣

∣

∣

~β × ~β

∣

∣

∣

∣

2]

(5.220)

Ma 1 + β2γ2 = γ2, quindi, finalmente, si ha

dpµ

dτ

dpµdτ

= −m2c2γ6

[

∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

−∣

∣

∣

∣

~β × ~β∣

∣

∣

∣

2]

(5.221)

e dunque, sostituendo nella (5.211), si ha

P =2

3

e2

m2 c3m2c2γ6

[

∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

−∣

∣

∣

∣

~β × ~β∣

∣

∣

∣

2]

=

=2

3

e2

cγ6

[

∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

−∣

∣

∣

∣

~β × ~β∣

∣

∣

∣

2]

(5.222)

che e valida in ogni riferimento inerziale e fu ottenuta, per la prima volta, daLienard nel 1898, partendo direttamente dall’espressione dei campi.

Vediamo di specializzare il risultato ottenuto in alcuni casi particolari, di in-teresse nel campo delle macchine acceleratrici.

180

• Iniziamo dall’acceleratore lineare.

In questo caso, evidentemente ~β e ~β sono paralleli, dunque la potenza irraggiatada una carica durante la fase di accelerazione vale

P =2

3

e2

cγ6∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

(5.223)

D’altronde, se ~k e il versore dell’asse z, lungo cui supporremo che venga acceleratala carica, risulta

d~p

dt= ~k

d

dt(mcγ β) = mc~k

[

βdγ

dt+ γ

dβ

dt

]

= mc~k

[

βγ3 βdβ

dt+ γ

dβ

dt

]

=

= mcγ ~kdβ

dt

[

1 + β2γ2]

= mcγ3 β ~k (5.224)

e dunque

P =2

3

e2

c

1

m2 c2

∣

∣

∣

∣

∣

d~p

dt

∣

∣

∣

∣

∣

2

=2

3

e2

m2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

d~p

dt

∣

∣

∣

∣

∣

2

(5.225)

del tutto coincidente, formalmente, con l’espressione non relativistica142.Facciamo ora un’applicazione numerica.Supponiamo di considerare un elettrone che, partendo da fermo, viene acceleratoin un campo elettrico di intensita costante pari a E = 10MV/m, per una distanzaD = 10Km.Abbiamo gia visto che, posto a ≡ |e|E

m, nel caso di partenza da fermo e contando

il tempo proprio dall’istante di partenza, risulta143

u0(τ) ≡ c γ(τ) = c ch(aτ

c) (5.226)

u3(τ) ≡ c β(τ) γ(τ) = c sh(aτ

c) (5.227)

ovvero, scegliendo l’origine del tempo t nel riferimento del laboratorio in modoche risulti t = 0 quando τ = 0, si ha

dt

dτ= γ(τ) = ch(

aτ

c) ⇒ t =

c

ash(

aτ

c) (5.228)

142Si noti comunque che, nonostante l’identita formale, il significato dei simboli e differente,visto che, nella meccanica newtoniana ~p = m~v mentre in quella relativistica, e dunque anchenella (5.225), ~p = mγ ~v !

143Usiamo qui il sistema cgs es: questo e il motivo per cui, a differenza di quanto riportatonella (5.19), adesso scriviamo l’argomento delle funzioni iperboliche come aτ/c.Va infine osservato che, essendo la carica dell’elettrone negativa, il moto avviene nel versoopposto a quello del campo elettrico ...

181

Ma essendo144

dz

dτ≡ u3(τ) = c sh(

aτ

c)

⇒ z =c2

a

(

ch(aτ

c) − 1

)

=c2

a

√

1 +(

at

c

)2

− 1

(5.230)

dove si e scelta l’origine degli assi in modo che risulti z = 0 per t = τ = 0, ovverosi e posta l’origine dell’asse z proprio all’ingresso dell’acceleratore. Dunque, seL e la lunghezza della macchina, il tempo di accelerazione T (nel riferimento delLaboratorio), e dato dalla relazione

L =c2

a

√

1 +(

aT

c

)2

− 1

⇒[

aL

c2+ 1

]2

= 1 +(

aT

c

)2

⇒(

aT

c

)2

=(

aL

c2

)2

+ 2aL

c2⇒ T 2 =

L2

c2+

2L

a

⇒ T =L

c

√

1 +2c2

aL(5.231)

ma, se poniamo

γ ≡ Emaxmc2

(5.232)

dove Emax e l’energia totale relativistica della carica all’uscita dell’acceleratore145,allora. essendo

γ =

√

1 +(

aT

c

)2

⇒ γ = 1 +aL

c2(5.234)

e dunque

1

2

aL

c2=γ − 1

2⇒ 1 +

2c2

aL= 1 +

2

γ − 1=γ + 1

γ − 1(5.235)

144Si osservi che

z =c2

a

(

ch(aτ

c) − 1

)

=c2

a(γ(τ) − 1) =

mc2

qE(γ(τ) − 1) ⇒ q E z = mc2 (γ(τ) − 1) (5.229)

145Per la (5.229), nel caso considerato risulta

γ − 1 =q E L

mc2=

107 × 104 eV

0.511MeV≈ 2.× 105 (5.233)

182

che, evidentemente, tende ad 1 nel limite ultrarelativistico, i.e. quando γ >> 1,per cui il tempo di permanenza T della carica nell’acceleratore lineare e, conottima approssimazione, dato proprio da

T ≈ L

c(5.236)

che, nel caso da noi considerato, significa

T =104

3.× 108≈ 33µs (5.237)

Ma allora, siccome la potenza irraggiata, come abbiamo visto, e uno scalare e nelriferimento tangente essa e costante146 e vale

P =2

3

e2

c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

e ~E

m

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

(5.239)

l’energia irraggiata dalla carica durante tutta la fase di accelerazione e

∆E =2

3

e2

c3

(

eE

m

)2

· Lc

=2

3

e2

L

(

eEL

mc2

)2

=

=2

3

e2

L(γ − 1)2 ≈ 2

3

e2

Lγ2 (5.240)

che, nel caso considerato, data la (5.233), essendo e = 4.8 × 10−10 esu edL = 106 cm, diventa

∆E =2

3

(4.8 × 10−10)2

106(2.× 105)2 ≈ 6.14 × 10−15 erg = 6.14 × 10−22 J =

=6.14 × 10−22

1.6 × 10−19≈ 3.8 × 10−3 eV = 3.8meV (5.241)

ovvero, nell’acceleratore lineare, anche nel caso di elettroni, con i campi elettriciattualmente disponibili, la perdita di energia per irraggiamento durante la fasedi accelerazione rimane del tutto irrilevante.

146Ricordiamo che il campo elettrico ~E e invariante per trasformazioni di Lorentz per cui~β ‖ ~E. Ne segue che il campo elettrico visto dalla carica ha un’intensita che e sempre ugualea quella presente nel sistema del laboratorio, dato che, avendo assunto la partenza da fermo, ilmoto iperbolico della carica nell’acceleratore avviene con ~β ‖ ~E (anche se in versi opposti ...).

Nel caso considerato, quindi, quanto all’accelerazione nel riferimento tangente, abbiamo

a =qE

m=

1.6 × 10−19 × 107

0.91 × 10−30≈ 1.8 × 1018m/s2 = 1.8 × 1020 cm/s2 (5.238)

183

• Veniamo ora all’acceleratore circolare.

In questo caso, ~β e ~β sono ortogonali fra loro nei tratti bending, mentre sononella stessa configurazione dell’acceleratore lineare, cioe paralleli, nelle cavitaacceleratrici, dove, come si e visto sopra, la perdita di energia per irraggiamentoe comunque del tutto trascurabile.Occupiamoci quindi di cosa accade nei dipoli di deflessione quando, per esempio,le cariche hanno raggiunto il plateau di accelerazione all’interno della macchina.Risulta evidentemente che, in ogni tratto bending e

∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

−∣

∣

∣

∣

~β × ~β∣

∣

∣

∣

2

=∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

− β2∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

= γ−2∣

∣

∣

∣

~β∣

∣

∣

∣

2

(5.242)

e dunque

P =2

3

e2

cγ6γ−2

∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

2

=2

3

e2

cγ4

∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

2

(5.243)

D’altronde, se R e il raggio della macchina,

∣

∣

∣

∣

c ~β

∣

∣

∣

∣

=∣

∣

∣~v∣

∣

∣ =v2

R=c2β2

R⇒∣

∣

∣

∣

~β

∣

∣

∣

∣

= cβ2

R(5.244)

per cui risulta

P =2

3

e2

cγ4 c

2β4

R2=

2

3e2 c γ4 β

4

R2=

2

3

e2

c3

(

c2 β2 γ2

R

)2

(5.245)

da cui segue infine che l’energia perduta in un giro da una particella ultrarela-tivistica (γ >> 1 e dunque β ≈ 1) vale

∆Egiro = P 2π R

β c=

4π

3e2 γ4 β

3

R≈ 4π

3

e2

Rγ4 (5.246)

Per esempio, nel caso del LEP , che aveva 2.8Km di raggio e dove un elettroneraggiungeva l’energia di 50GeV , ovvero un γ ≈ 105 si aveva

∆Egiro =4π

3(4.8 × 10−10)2 (105)4 1

2.8 × 105=

4π

3 × 2.8(4.8)2 10−20 1020 10−5 ≈

≈ 3.2 × 10−4 erg = 3.2 × 10−4 10−7

1.6 × 10−19eV ≈

≈ 2.× 108 eV = 0.2GeV (5.247)

che divento 20 volte tanto, allorche, con le cavita acceleratrici superconduttrici,si arrivo ad una energia di poco maggiore a 100GeV !

Come si vede, nel caso dell’acceleratore circolare, la perdita di energia perradiazione di sincrotrone e tutt’altro che trascurabile e, nel caso degli elettroni,

184

limita ormai l’energia finale intorno ai 100GeV . Siccome l’energia irraggiata pergiro dipende da γ4, a parita di raggio della macchina, la radiazione emessa daglielettroni del LEP fase 1 (50GeV ) verrebbe emessa da protoni solo nel momentoin cui essi raggiungessero l’energia di 100Tev (ammesso che si sapesse tenerli suquell’orbita, ovvero che si sapessero costruire magneti da circa 120Tesla !).

Da dove nasce l’enorme differenza nella quantita di energia irraggiata fra ilcaso dell’acceleratore lineare e quello dell’acceleratore circolare?

Naturalmente, anche per l’acceleratore circolare la potenza irraggiata P euno scalare di Lorentz, per cui possiamo calcolare l’energia irraggiata in un giromoltiplicando la potenza P calcolata nel riferimento tangente, per il periodo dirivoluzione T che, nel caso del LEP , era di circa 100µs, essendo la sua circon-ferenza di 27Km.

Il punto e che, nel caso dell’acceleratore circolare, l’accelerazione nel rifer-imento tangente e mostruosamente grande, infatti essa vale a = qE′

mdove E ′

e l’intensita del campo elettrico visto nel riferimento tangente che, nella zonabending, per la legge di trasformazione del campo elettromagnetico (5.8) e (5.9),

essendo ~β ⊥ ~B vale

E ′ = β γ B (5.248)

e dunque, data la (5.250), risulta147

a =eB βγ

m=

eB β2

γ β mc2c2 γ2 =

eB β2

p⊥cc2 γ2 =

c2 β2 γ2

R(5.253)

147L’energia perduta per giro, in termini dell’accelerazione nel riferimento tangente, risultaessere

∆Egiro =2

3

e2

c3

(

eB β γ

m

)22π R

c β=

4π

3

e2

c4

(

eB

m

)2

β γ2 R (5.249)

Ma la relazione (5.15) per cui R = p⊥

qB , valida nel SI, nel sistema cgs es diventa

R =p⊥ c

q B(5.250)

coerentemente con il fatto che, in questo sistema di unita di misura, qB ha le dimensioni diuna forza ... per cui si ha

eB =pc

R=mc2 γ β

R(5.251)

riottenendo cosı l’andamento di cui alla (5.246) per la perdita di energia per giro

∆Egiro = =4π

3

e2

c4

(

βγc2

R

)2

β2 γ2 R =4π

3

e2

Rβ3 γ4 (5.252)

185

che, nel LEP (R = 2800m), per un elettrone da 50GeV , valeva

a =(3.× 1010)2 · (105)2

2.8 × 105≈ 3.× 1025 cm/s2 (5.254)

da confrontare con quanto ottenuto nel caso dell’acceleratore lineare, dove l’accelerazione(5.238) risulta di ben cinque ordini di grandezza inferiore !

186

6 Processi d’urto

Possiamo distinguere i processi d’urto in due grandi categorie

• scattering di una particella da un potenziale;

• interazione di due particelle fra di loro.

Nel primo caso, essendo il sistema non isolato, non si conserva l’impulso bensısi conserva l’energia, almeno se il potenziale e indipendente dal tempo. Se poiil potenziale e centrale, ovvero V (~r − ~r0) = V (|~r − ~r0|), allora si conserva ancheil momento angolare rispetto al centro di scattering. Per questo tipo di urto(scattering da potenziale), esiste analogo classico e si puo fare una trattazionenon relativistica del processo.

Nel secondo caso, come abbiamo gia osservato in precedenza, in relazione adalcune considerazioni cinematiche di carattere generale, svolte a proposito deiprocessi d’urto, possiamo distinguere almeno tre situazioni, e cioe

• urto elasticoIn questo caso lo stato inziale e fatto dalle stesse particelle che si ritrovanonello stato finale, come, per esempio, nello scattering

ν + e→ ν + e

• urto quasi-elasticoIn questo caso lo stato finale e ancora fatto da due particelle, che, pero nonsono quelle presenti all’inizio del processo, come, per esempio, nel caso di

ν + p → n+ e+

π+ + n → π0 + p

• urto anelasticoIn questo caso lo stato finale e fatto da piu di due particelle (fra cui possonoo meno essere presenti quelle iniziali), come nel caso di

ν + p → n+ e+ + π0

p+ p → π+ + p+ n

Da un punto di vista classico (relativistico o non relativistico), si puo ra-gionevolmente trattare solo il caso dell’urto elastico: gli altri casi richiedono l’usodella Meccanica quantistica (prima e/o seconda quantizzazione) e della Relativita,anche se, come si e gia visto, le cinematiche dell’urto elastico e quasi-elastico pos-sono essere trattate sostanzialmente con lo stesso formalismo, a differenza delcaso dell’urto anelastico.

187

6.1 Scattering da potenziale: teoria classica non relativis-

tica

Supponiamo di avere una particella di massa m, che interagisce con un potenzialeV (~r). Assumiamo che questo potenziale

• sia indipendente dal tempo;

• si annulli all’infinito;

• abbia simmetria sferica (rispetto all’origine), i.e. V (~r) = V (r).

Evidentemente, sotto queste ipotesi, come abbiamo gia osservato,

• si conserva l’energia meccanica E;

• si conserva il momento angolare ~L rispetto al centro di scattering (forzacentrale), che abbiamo identificato, senza perdita di generalita, con l’originedegli assi;

• non si conserva l’impulso, dato che il sistema non e isolato.

Poiche si conserva ~L, il moto e piano, ovvero ~r(t) e ~r(t) giacciono entrambi

in un piano fisso, la cui normale, appunto, e diretta come ~L. Per descrivereil problema, possiamo decidere allora di usare le coordinate polari piane r, θ(rispetto al centro di scattering): risulta

~r = r(cos θ, sin θ) ⇒ ~r = r (cos θ, sin θ) + r θ (−sin θ, cos θ)

e dunque

|~L| =∣

∣

∣m~r × ~r∣

∣

∣ = mr2 θ (6.1)

E =1

2m |~r|2 + V (r) =

1

2m (r2 + r2 θ2) + V (r) (6.2)

Ma ~L e una costante del moto, dunque

mr2 θ = l ⇒ θ =l

mr2(6.3)

dove l e indipendente dal tempo. Usando questa equazione per eliminare θdall’equazione (6.2), si ha

E =1

2m (r2 + r2 l2

m2r4) + V (r) =

1

2m r2 +

l2

2mr2+ V (r) (6.4)

Come si vede, questa equazione e quella che rappresenta, in una dimensione,l’energia meccanica di una particella di massa m, sottoposta ad una forza conser-vativa derivabile da un potenziale fittizio V (r) = V (r)+ l2

2mr2: il secondo termine

e il cosiddetto termine centrifugo.

188

1 2 3 4 5

-4

-2

2

4

Figure 23: Potenziale fittizio nel caso kepleriano.

A questo proposito, osserviamo che se il potenziale V (r) e kepleriano, ovveroattrattivo e del tipo V (r) = −k

r, allora, fissato l > 0, V = −k

r+ l2

2mr2ha la forma

rappresentata in fig.23: il minimo del potenziale si raggiunge quando rmin = l2

mk

e vale Vmin = −12m k2

l2, mentre V = 0 si ottiene per r = rmin

2ed il potenziale

presenta un flesso per r = 32rmin.

Ne segue immediatamente che148 , in queste ipotesi

• il sistema non puo avere una energia E < Vmin (l’energia cinetica, infatti,puo essere solo positiva ...);

• il sistema e legato se Vmin ≤ E < 0;

• il sistema e libero se E > 0 (caso dello scattering) ed allora il valore minimor0 a cui la particella urtante puo avvicinarsi al centro scatteratore vale149

r0 = − k

2E+

√

k2

4E2+

l2

2mE(6.5)

148Nel caso in cui l = 0, l’urto e perfettamente centrale e la traiettoria e rettilinea. Il sistemae legato se l’energia complessiva e negativa (nessun limite inferiore per E), mentre e libero see positiva. Quando e legato, esiste un limite nella distanza massima dal centro, ma non esisteun valor minimo della stessa ...

149Infatti il valor minimo di r si raggiunge quando r = 0, e dunque quando

E =l2

2mr2− k

r⇒ 2mEr2 + 2mkr − l2 = 0

le cui soluzioni sono

− k

2E±√

l2

2mE+

k2

4E2

e, naturalmente, solo la soluzione positiva e fisicamente accettabile, i.e.

r0 = − k

2E+

√

k2

4E2+

l2

2mE

Si osservi che, nel caso di potenziale coulombiano repulsivo (i.e. V = kr ), il sistema, come e

ovvio, e sempre libero perche l’energia del sistema e sempre positiva e risulta

r0 =k

2E+

√

k2

4E2+

l2

2mE

189

Ma torniamo adesso al nostro problema. Abbiamo visto che le equazioni chereggono il processo sono

θ =l

mr2(6.6)

E =1

2mr2 +

l2

2mr2+ V (r) (6.7)

Derivando rispetto al tempo la (6.7), troviamo, naturalmente, l’espressionedell’accelerazione r, prevista in questo caso dalla seconda legge della dinamica,i.e.

mr = − d

dr(V (r) +

l2

2mr2)

Comunque, r puo essere esplicitata direttamente dalla (6.7), ottenendo

r =

√

√

√

√

2

m

(

E − V (r) − l2

2mr2

)

(6.8)

che, insieme alla (6.6), eliminando il tempo, consentono di esplicitare l’equazionedella traiettoria. Si ha infatti

dθ

dt=

l

mr2

⇒ dθ

dr=

l

r2

√

2m(

E − V (r) − l2

2mr2

)

(6.9)

dr

dt=

√

√

√

√

2

m

(

E − V (r) − l2

2mr2

)

e l’integrazione della (6.9) consente, almeno in linea di principio, di risolvere perquadrature il problema della traiettoria.

190

Figure 24: Urto elastico contro una sfera immobile.

6.1.1 Scattering da una sfera rigida

Prima di affrontare qualunque altro problema di potenziale, cominciamo con ilconsiderare un caso molto semplice, ma molto intuitivo ed istruttivo. Supponiamodi voler studiare l’urto di una particella materiale di massa m contro una sferarigida perfettamente elastica di raggio R che, senza perdita di generalita, pos-siamo pensare abbia il centro nell’origine del sistema degli assi cartesiani (vedifig.24). Questo problema corrisponde al caso di un potenziale infinito per r < R.Data la simmetria sferica del problema, non c’e perdita di generalita se assumi-amo che

• la velocita della particella prima dell’urto sia diretta come l’asse z e valga~v0 = v0 (0, 0, 1)

• il parametro d’impatto sia diretto lungo l’asse x, i.e. ~b = b (1, 0, 0), b ≥ 0.

Siccome, per ipotesi, la sfera e perfettamente elastica, quindi non e in grado diesercitare forze che non siano ortogonali alla superficie della sfera stessa, ecco chela particella sara deflessa, rimanendo pero nel piano individuato dalla velocitainiziale ~v0 e dalla normale ~n alla superficie della sfera nel punto di impatto (cheorienteremo verso il centro della sfera), mantenendo altresı la stessa energia ci-netica che aveva prima dell’urto, e dunque mantenendo inalterato il modulo dellasua velocita. Dunque, se b < R, allora la velocita della particella dopo l’urto avrainvertito la componente parallela ad ~n, mantenendo inalterata quella ortogonale,ovvero sara

~vout = −~n (~v0 · ~n) + [~v0 − (~v0 · ~n)~n] = ~v0 − 2~n(~v0 · ~n)

Definendo allora l’angolo di scattering θ come

cos θ ≡ ~vout · ~v0

|~vout||~v0|(6.10)

risulta (vedi fig.(24))

cos θ =v20 − 2(~v0 · ~n)2

v20

= 1 − 2 cos2 φ = 2 sin2 φ− 1 = 2(b

R)2 − 1 (6.11)

191

Figure 25: Definizione della sezione d’urto.

dove l’angolo φ e definito dalla relazione ~n · ~v0 = v0 cos φ ed e legato all’angolodi scattering θ dalla relazione geometrica 2φ+ θ = π ⇒ φ = π/2 − θ/2.

Supponendo ora che la sfera sia investita da un flusso di particelle aventeintensita I (numero di particelle N per cm2 e per sec che attraversano una sezioneortogonale alla velocita delle stesse), ci domandiamo quale sara il numero diqueste che, nell’unita di tempo, verranno scatterate ad angolo θ.Questo ci conduce alla nozione di sezione d’urto differenziale del processo, che edefinita classicamente per ogni processo d’urto, nel modo seguente (vedi fig.(25)):

Idσ

dΩdΩ ≡ dn (6.12)

dove dn sta qui ad indicare il numero di particelle che, nell’unita di tempo, emer-gono asintoticamente dalla zona di scattering, nell’angolo solido dΩ (rispetto alcentro di scattering).Siccome, classicamente, esiste un legame diretto fra gli angoli (θ, φ ) che de-scrivono, in coordinate polari, la posizione asintotica della particella scatteratarispetto al centro di scattering e le variabili (b, φ) che descrivono invece la trai-ettoria della particella incidente, allora la conservazione del numero di particellein un processo stazionario richiede che risulti

Idσ

dΩdΩ ≡ I b db dφ (6.13)

dove il secondo membro dell’equazione (6.13) rappresenta il numero di particelleincidenti per unita di tempo, con parametro d’impatto fra b e b + db ed angoloazimutale fra φ e φ+ dφ, tale da essere scatterate dentro l’angolo solido dΩ.Nel caso di un potenziale di scattering a simmetria sferica (in realta e sufficienteche la simmetria sia cilindrica rispetto all’asse di scattering) il processo avviene inun piano, dunque la sezione d’urto differenziale non potra dipendere dall’angoloazimutale φ, i.e. la relazione precedente puo essere riscritta come

I b db = Idσ

dΩsinθ dθ

192

da cui si ricava quindi che150

dσ

dΩ=

b

sinθ

∣

∣

∣

∣

∣

db

dθ

∣

∣

∣

∣

∣

=1

2

∣

∣

∣

∣

∣

d(b2)

d(cosθ)

∣

∣

∣

∣

∣

(6.14)

Osserviamo che, proprio perche il processo avviene in un piano ed ha due inte-grali primi, l’angolo di scattering sara, in generale, univocamente determinato daqueste costanti del moto, i.e. esso sara una funzione dell’energia e del momentoangolare iniziali, ovvero, equivalentemente, di v0 e di b, i.e.

θ ≡ θscatt = θ(v0, b)

Comunque, fissata la velocita v0 delle particelle incidenti, la funzione inversab = b(θ, v0) puo anche non essere ad un sol valore, ovvero, fissato un angolo discattering θ, potrebbe esistere piu di un parametro d’impatto b che lo determina.In quel caso, coerentemente con la definizione (6.12), l’espressione della sezioned’urto (6.14) si modifica, al secondo membro, nella somma di tutti i contributi∣

∣

∣

dbdθ

∣

∣

∣ corrispondenti ai vari parametri d’impatto che realizzano lo stesso θscatt.Nel nostro caso, essendo

cosθ = 2

(

b

R

)2

− 1

ne segue che151

b = R

√

1 + cosθ

2⇒∣

∣

∣

∣

∣

db

dθ

∣

∣

∣

∣

∣

=R2

4bsinθ =⇒ dσ

dΩ=R2

4(6.15)

Integrando la sezione d’urto differenziale nelle variabili angolari, si determina,in generale, la sezione d’urto totale σ del processo: questa grandezza, moltiplicataper il flusso incidente I, fornisce il rate di particelle scatterate, i.e. il numero diparticelle scatterate per unita di tempo.Nel caso della sfera rigida, abbiamo

σ =∫

dσ

dΩdφ sinθdθ =

∫

R2

4dφ sinθdθ = π R2 (6.16)

150Il segno di modulo e necessario perche la sezione d’urto e una quantita definita positiva.La conservazione del numero di particelle in regime stazionario stabilisce infatti che

|I b db| = |I dσdΩ

sin θ dθ|

da cui segue la (6.14), essendo b, sin θ, dσdΩ tutte quantita positive. Il problema del segno si

pone perche, al crescere del parametro d’impatto (db > 0), l’angolo di scattering tipicamentedecresce (dθ < 0) ..., i.e. piu siamo lontani dal centro di scattering e meno intenso e l’effettodell’interazione.

151Si ricordi che, per definizione, b e positivo.

193

ovvero troviamo un risultato che potevamo aspettarci sin dall’inizio152, cioe chela sezione d’urto del processo di scattering considerato e semplicemente pari allasezione geometrica massima della sfera.Si noti altresı che, in questo caso, sia la sezione d’urto differenziale che quellaintegrale, essendo determinate unicamente dalla geometria del problema, nondipendono dall’energia della particella incidente ...

152Infatti, dalla definizione, si ha

I b db dφ = Idσ

dΩdΩ ⇒ dσ = b db dφ⇒ σ = 2π

∫

b db = π b2M

dove bM e il parametro d’impatto oltre il quale non c’e piu scattering.Classicamente questo risultato e del tutto generale.

194

6.1.2 Scattering Coulombiano

Vediamo ora che cosa succede se il centro di scattering, che assumeremo fisso, euna carica puntiforme di valore Ze, mentre la particella incidente ha massa m ecarica e. L’interazione, come sappiamo, e descritta dal potenziale coulombiano153

V (~r) = V (r) =Ze2

r(6.17)

che e attrattivo se Z < 0 (cariche discordi), mentre e repulsivo se Z > 0.Per quanto gia visto nel caso generale (cfr. eq. (6.9)), sappiamo che il moto

avverra in un piano, che si conserva l’energia E ed il momento angolare ~l rispettoal centro di scattering e che, in coordinate polari piane, l’equazione della traiet-toria e data da

dθ

dr=

l

r2

√

2m(

E − V (r) − l2

2mr2

)

=l

r2

√

2m(

E − Ze2

r− l2

2mr2

)

(6.18)

ovvero

θ(r) = θ0 +∫ r dx

x2√

2mEl2

− 2mZe2

xl2− 1

x2

(6.19)

L’integrale puo essere fatto per sostituzione di variabile, ponendo ξ = 1x: si

ottiene154

θ(r) = θ0 + arccos

(

1r

+ ξ0A

)

(6.20)

153In pratica, quello che accadra sara piuttosto il caso di un processo di scattering contro unacarica Ze avente massa M . Introducendo la coordinata del centro di massa ~R e la coordinatarelativa ~r, definite come

~R =M~r1 +m~r2M +m

; ~r = ~r2 − ~r1

da cui

~r1 = ~R− m

M +m~r; ~r2 = ~R+

M

M +m~r

le equazioni del moto sono separate in ~R e ~r e risulta che

1. ~R descrive il moto libero di un sistema di massa m+M (moto del baricentro);

2. ~r descrive il moto di un punto materiale di massa ridotta µ = mMm+M che interagisce con

un centro fisso attraverso il potenziale coulombiano V (r) = Ze2

r .

154Dalla (6.19), con la sostituzione ξ = 1x ⇒ dξ = − dx

x2 , si ottiene infatti

θ(r) = θ0 −∫ 1

r dξ√

2mEl2 − 2mZe2

l2 ξ − ξ2

Ponendo allora ξ = η − ξ0, con ξ0 ≡ mZe2

l2 ecco che l’argomento della radice quadrata, dopo

alcuni semplici passaggi algebrici, si riduce a 2mEl2 + ξ20 − η2 ≡ A2 − η2 dove si e definito

195

dove

ξ0 ≡ mZe2

l2(6.21)

A ≡√

2mE

l2+ ξ2

0 =

√

2mE

l2+m2Z2e4

l4(6.22)

e dunque

cos(θ − θ0) =1r

+ ξ0

A

ovvero, infine

1

r= −ξ0 + Acos(θ − θ0) (6.23)

In generale, questa equazione rappresenta una conica. Nel caso che ci interessa,quando cioe E > 0, siccome evidentemente dalla (6.22) risulta che A > |ξ0|, essarappresenta il ramo di una iperbole, avente uno dei due fuochi nell’origine155 ed

eccentricita ǫ = A|ξ0| =

√

1 + 2El2

mZ2e4.

A2 ≡ 2mel2 + ξ20 = 2mE

l2 + m2Z2e4

l4 . Dunque

θ(r) = θ0 −∫ 1

r+ξ0 dη

√

A2 − η2= θ0 −

∫

1r

+ξ0

A dζ√

1 − ζ2

e ponendo ζ = cosφ, questo integrale si risolve immediatamente e fornisce appunto

θ(r) = θ0 + arccos

( 1r + ξ0

A

)

c.v.d.155Ricordiamo che, in generale, dato un fuoco F ed una retta direttriceD, una conica e definita

dalla relazione PFPH = ǫ, dove ǫ e l’eccentricita, PF e la distanza del generico punto P della

conica con il fuoco, mentre PH rappresenta la distanza del punto dalla direttrice. Quandoǫ > 1 si ha un’iperbole, quando ǫ = 1 si ha una parabola, quando ǫ < 1 si descrive un’ellisseche, nel caso in cui ǫ = 0 degenera in una circonferenza. Nel caso dell’iperbole, se l’origine eil fuoco e questo si trova all’interno della falda di iperbole considerata, per cui la direttrice eopposta al fuoco rispetto al vertice della curva (fig. 27), misurando θ rispetto alla direzionefuoco→ vertice, l’equazione e

r

h− r cosθ= ǫ ⇒ 1

r=

1

hǫ+

1

hcosθ

dove h e la distanza del fuoco F dalla direttrice.Altrimenti, se il fuoco si trova opposto alla falda e dunque la direttrice e tra il vertice della curvaed il fuoco (fig. 26), misurando θ sempre rispetto alla direzione fuoco→ vertice, l’equazione e

r

−h+ r cosθ= ǫ ⇒ 1

r= − 1

hǫ+

1

hcosθ

E’ immediato verificare che il primo caso descrive lo scattering da potenziale attrattivo, mentreil secondo quello da potenziale repulsivo.

196

-2 -1 1 2y

1

2

3

4

x

Figure 26: Traiettoria iperbolica per Z > 0 (potenziale repulsivo, centro scattera-tore e quindi fuoco nell’origine, direttrice di equazione x = 1/A).

Nel caso in cui ξ0 > 0, ovvero se Z > 0, i.e. nel caso di un potenziale repulsivo,l’origine e opposta alla falda d’iperbole descritta dalla particella (vedi fig.(26)),mentre se il potenziale e attrattivo, i.e. se ξ0 < 0, allora la falda contiene il centrodi scattering (vedi fig.27).

Ma torniamo all’equazione (6.23). Scegliamo la costante arbitraria di inte-grazione θ0 in modo che sia θ = 0 quando r = rmin, ovvero quando 1

r= −ξ0 +A,

i.e. per θ − θ0 = 0 ⇒ θ0 = 0. In questo modo abbiamo

1

r= −ξ0 + Acos(θ) (6.24)

E’ evidente che, affinche 1r> 0, θ deve essere compreso fra −θM e θM , dove

θM ≡ arcos ξ0A

, per cui abbiamo

-2 -1 1 2y

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

x

Figure 27: Traiettoria iperbolica per Z < 0 (potenziale attrattivo, centro scatter-atore e quindi fuoco nell’origine, direttrice di equazione x = 1/A).

197

θsc = π − 2 θM = π − 2 arccosξ0A

(6.25)

Distinguiamo i due casi in cui ξ0 > 0 (potenziale repulsivo) e ξ0 < 0 (potenzialeattrattivo). Nel primo caso (repulsivo), risulta

θsc = π − 2 θM = π − 2 arccosξ0A

= π − 2 arccos1

ǫ

= π − 2 arcos1

√

1 + 2El2

Z2me4

(6.26)

mentre nel secondo caso (attrattivo), essendo

θM = arccosξ0A

= arccos(−|ξ0|A

) = arccos(−1

ǫ) = π − arccos(

1

ǫ)

si ha156

θsc = π − 2 θM = π − 2(

π − arccos(1

ǫ))

= π + 2 arccos1

√

1 + 2El2

Z2me4

(6.27)

Ponendo allora

α ≡ arccos1

√

1 + 2El2

Z2me4

(6.28)

abbiamo

ξ0 > 0 : θsc = π − 2α

ξ0 < 0 : θsc = π + 2α

ed in entrambi i casi risulta

cosθsc = −cos(2α) = 1 − 2cos2α = 1 − 2

1 + 2El2

mZ2e4

(6.29)

Per poter determinare la sezione d’urto, per la (6.14), occorre esplicitare la fun-zione b2 = b2(cosθsc). Questo puo essere fatto ricordando che i due integrali primi

156Si osservi che, come mostra anche la figura 28, per le stesse condizioni iniziali di energia eparametro d’impatto, l’angolo di scattering, in modulo, e lo stesso sia nel caso attrattivo chein quello repulsivo. Comunque, se ricordiamo che esso e definito come l’angolo fra ~vin e ~vout,allora e evidente che nel caso repulsivo esso e pari a θsc = π− 2 θM , mentre in quello attrattivoesso vale θsc = −(2 θM − π), visto che gli angoli si misurano in senso antiorario ...

198

dell’energia E e del momento angolare l, usati nella (6.29), sono esprimibili intermini del parametro d’impatto b e del modulo della velocita iniziale v, nel modoseguente

l = mv b

2E = mv2

per cui, sostituendo, risulta

cosθsc = 1 − 2

1 + 2El2

mZ2e4

= 1 − 2

1 + (mv2)(mvb)2

mZ2e4

= 1 − 2

1 + (mv2

Ze2)2 b2

=

=(mbv2)2 − (Ze2)2

(mbv2)2 + (Ze2)2(6.30)

da cui si ricava, con semplici passaggi algebrici (per semplicita indicheremol’angolo di scattering con θ invece che con θsc ...)

b2 =

(

Ze2

mv2

)21 + cosθ

1 − cosθ=

(

Ze2

mv2

)2cos2 θ

2

sin2 θ2

=

(

Ze2

mv2

)2

ctg2 θ

2(6.31)

e dunque, per la (6.14), abbiamo finalmente che la sezione d’urto per scatteringdi una particella di massa m e carica e contro un centro di scattering fisso dicarica Ze, risulta, indipendentemente dal segno delle cariche, essere data da

dσ

dΩ≡ 1

2

∣

∣

∣

∣

∣

db2

d cosθ

∣

∣

∣

∣

∣

=

(

Ze2

mv2

)21

(1 − cosθ)2=

(

Ze2

mv2

)21

4 sin4 θ2

(6.32)

o anche, in termini della costante di struttura fine α ≡ e2

hc

(

dσ

dΩ

)

Ruth

=

(

Zα hc

pv

)21

(1 − cosθ)2=

(

Zα hc

pv

)21

4 sin4 θ2

(6.33)

Rispetto al caso della sfera rigida, ci sono almeno due differenze significative.La prima e che adesso la sezione d’urto dipende anche dall’energia E della par-ticella incidente (attraverso il termine mv2 al denominatore ...).La seconda e che la sezione d’urto totale e formalmente infinita !Questo accade perche quella differenziale, per θ → 0, diverge come θ−4, per cuil’integrale157 va come θ−2 ... Una sezione d’urto totale infinita non ha, di per se,delle patologie particolari: dice solo che, in presenza di un flusso uniforme, pianoed infinitamente esteso, il numero di particelle scatterate per unita di tempo e

157Ricordiamo che σ = 2π∫

dσdΩsinθ dθ per cui se dσ

dΩ per θ → 0 va come θ−n il fattore sinθcancella una potenza di θ per cui l’integrando, per θ → 0, va come θ−n+1 e dunque l’integralecome θ−n+2 (a parte il caso in cui n = 2 in cui resta una divergenza logaritmica ...)

199

anch’esso infinito. Questo accade perche il potenziale coulombiano ha range in-finito, cioe e dovuto al fatto che, comunque sia grande il parametro d’impatto b,fissata comunque l’energia iniziale E, la particella viene comunque deviata dallatraiettoria rettilinea. Dalla (6.31) abbiamo infatti

b =|Z| e2mv2

∣

∣

∣

∣

∣

ctgθ

2

∣

∣

∣

∣

∣

(6.34)

e per piccole deviazioni dalla traiettoria imperturbata, risulta quindi

b ≈ |Z| e2mv2

2

|θ| ⇒ |θ| ≈ 2|Z| e2p v b

(6.35)

dove abbiamo fatto comparire esplicitamente il modulo p = mv dell’impulsoiniziale della particella: comunque sia grande b, la particella viene comunquedeviata ...

Si noti che il risultato approssimato per piccoli angoli di scattering (6.35)poteva essere dedotto anche valutando il momento trasferito dal centro scattera-tore alla particella, quando essa segua la traiettoria imperturbata, i.e.

p⊥ =∫

dt F⊥ (6.36)

Siccome, in queste ipotesi,

F⊥ =Ze2

r3r⊥ ≡ bZe2

r3; dt =

dx

v; r =

√b2 + x2

ne segue quindi158 che

p⊥ =∫

dt F⊥ =∫ Ze2

(b2 + x2)32

b

vdx =

Ze2

b v

∫ dξ

(1 + ξ2)32

=2Ze2

b v(6.37)

da cui si ricava l’angolo di deviazione attraverso la relazione

θ ≈ p⊥p

=2Ze2

b v p(6.38)

in accordo appunto con la (6.35).Quando non si e in grado di risolvere il problema analiticamente, e attraverso

questo metodo che possiamo cercare di vedere come si modifichera la sezioned’urto differenziale, per θ → 0, in presenza, per esempio, di effetti di schermo.

In ogni caso deve essere chiaro che, come abbiamo visto, per quanto riguardala sezione d’urto totale, classicamente (questo non e piu vero in MQ) essa ecomunque pari a π r2

M , dove rM e la distanza massima dal centro scatteratore,

158L’integrale∫

dξ

(1+ξ2)32

vale 2, come si puo calcolare facilmente facendo la sostituzione ξ = tgφ

200

oltre la quale la forza del centro scatteratore sulla particella si annulla, per cuie infinita tutte le volte che il supporto del potenziale non e compatto, i.e. siestende all’infinito non importa con quale andamento159 !!!

159La ragione, come abbiamo anche gia detto, e che, per la (6.13), risulta comunque che

Idσ

dΩdΩ = I b db dφ ⇒ dσ = 2π b db

ovvero, dovendo integrare su tutti i parametri d’impatto b per cui c’ e scattering, risulta

σ = 2π

∫

b db = π b2max

dove bmax e il range del potenziale, oltre il quale esso e nullo ed entro il quale non lo e.

201

• Ancora sull’iperbole in generale ...

Ricordiamo dalla Geometria analitica che, fissato un sistema di riferimentocartesiano ortogonale (x, y), assegnata la posizione del fuoco nell’origine, datala retta direttrice d, di equazione y ≡ yd = h > 0 ed il valore dell’eccentricitaǫ > 1, allora sono definite due iperboli, di equazioni

a) :1

r= − 1

hǫ+

1

hcos α; |α| ≤ αM = arccos(

1

ǫ); 0 < αM <

π

2; (6.39)

b) :1

r=

1

hǫ+

1

hcos β; |β| ≤ βM = π − arccos(

1

ǫ);

π

2< βM < π; (6.40)

Entrambi i rami di iperbole hanno il vertice sull’asse y, e risulta

y(a) ≡ r(a)min =

hǫ

ǫ− 1(6.41)

y(b) ≡ r(b)min =

hǫ

ǫ+ 1(6.42)

e, mentre il ramo (a) ha la concavita rivolta verso l’alto, il ramo (b) ha la con-cavita rivolta verso il basso.I due rami, insieme, costituiscono una stessa iperbole i cui asintoti hanno equazione

±x√ǫ2 − 1 − y (ǫ2 − 1) + hǫ2 = 0 (6.43)

e questi si incontrano nel punto di coordinate

x = 0; y =hǫ2

ǫ2 − 1≡ 1

2

[

r(a)min + r

(b)min

]

(6.44)

con coefficiente angolare

m =±1√ǫ2 − 1

(6.45)

Il secondo fuoco F ′ ha ordinata

yF ′ = r(a)min + r

(b)min =

2hǫ2

ǫ2 − 1(6.46)

e la seconda direttrice d′, parallela alla direttrice d, ha equazione, di nuovo, taleche

1

2(yd + yd′) = y ⇒ y(d

′) = hǫ2 + 1

ǫ2 − 1(6.47)

Veniamo adesso al caso che ci interessa, cioe della traiettoria percorsa da unacarica elettrica e nel campo coulombiano prodotto da un’altra carica Ze, ferma

202

nell’origine. Abbiamo visto che essa descrive il ramo di iperbole di equazione(assumiamo Z > 0, i.e. potenziale repulsivo ...)

1

r= −ξ0 + Acosθ (6.48)

dove

0 < ξ0 =mZe2

l2; A2 = ξ2

0 +2mE

l2

Il confronto con l’equazione generale (6.39) mostra che, nel caso attuale, l’eccentricitae l’equazione della direttrice sono, rispettivamente

ǫ =A

ξ0; y ≡ h =

1

A

La posizione di un generico punto dell’iperbole, individuato dalla coordinata an-golare θ, misurata rispetto alla direzione fuoco-vertice (asse y), avendo posto ilpolo nel fuoco della conica (origine degli assi), e data, evidentemente, da

P ≡ (x, y) = r(θ)(sin θ, cos θ); |θ| < arcosξ0A

ovvero, per la (6.48),

x(θ) =sin θ

A cos θ − ξ0

y(θ) =cos θ

A cos θ − ξ0

per cui risulta

dx

dθ=

cos θ(Acos θ − ξ0) − sin θ(−Asin θ)(Acos θ − ξ0)2

=A− ξ0 cos θ

(Acos θ − ξ0)2

dy

dθ=

−sin θ(Acos θ − ξ0) − cos θ(−Asin θ)(Acos θ − ξ0)2

=ξ0 sin θ

(Acos θ − ξ0)2

L’equazione della retta tangente al ramo di iperbole nel punto P ≡ (x, y) ha,naturalmente, equazione parametrica

x = x+dx

dθt; y = y +

dy

dθt

ovvero risulta

x =sin θ

A cos θ − ξ0+

A− ξ0 cos θ

(Acos θ − ξ0)2t

y =cos θ

A cos θ − ξ0+

ξ0 sin θ

(Acos θ − ξ0)2t

203

per cui, moltiplicando la prima equazione per (ξ0 sin θ), la seconda equazione per(A − ξ0 cos θ) e sottraendo quindi la seconda dalla prima, si ottiene infine

x ξ0 sin θ − y (A − ξ0 cos θ) =ξ0 sin

2θ

A cos θ − ξ0− cos θ

A cos θ − ξ0(A− ξ0 cos θ)

D’altronde, il secondo membro vale

ξ0 sin2θ

A cos θ − ξ0− cos θ

A cos θ − ξ0(A− ξ0 cos θ) =

ξ0 − Acos θ

A cos θ − ξ0= −1

e dunque l’equazione della tangente geometrica all’iperbole in P , in definitiva, e

x ξ0 sinθ − y(A− ξ0 cosθ) + 1 = 0 (6.49)

Evidentemente, allora, i due asintoti li troviamo imponendo che

cosθ = cosθM ≡ ξ0A

; sinθ = sinθM ≡ ±

√

√

√

√1 −(

ξ0A

)2

⇓

± x ξ0

√

1 − ξ20

A2− y(A− ξ2

0

A) + 1 = 0

ovvero essi sono definiti dalle equazioni

±x ξ0√

A2 − ξ20 − y(A2 − ξ2

0) + A = 0

ed intercettano entrambi l’asse delle ordinate nello stesso punto y definito dalleequazioni precedenti per x = 0, i.e.

y =A

A2 − ξ20

che, per evidenti ragioni di simmetria, e il punto medio del segmento che uniscei vertici delle due iperboli definite dal fuoco e dalla direttrice dati, infatti per la(6.41), (6.42), risulta

r1min =1

A− ξ0; r2min =

1

A + ξ0⇒ r1 + r2

2=

A

A2 − ξ20

≡ y

Quanto al parametro d’impatto, evidentemente esso e proprio la distanza degliasintoti dall’origine e noi sappiamo, in generale, che data la retta di equazione

ax+ by + c = 0

la sua distanza dal punto P ≡ (X0, Y0) vale, come ben noto

d =|aX0 + bY0 + c|√

a2 + b2

204

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6−6

−4

−2

0

2

4

6

8

x

y

Traiettorie di due cariche di segno opposto nello stesso potenziale

Figure 28: Confronto fra le traiettorie di due cariche di segno positivo e negativoche scatterano contro lo stesso potenziale coulombiano generato da una caricapositiva immobile nell’origine, nel caso in cui h = 1/A = 1, ǫ = A/|ξ0| = 2,b = 2/

√3 e θM = 600 e 1200, rispettivamente.

e dunque la distanza degli asintoti dall’origine, i.e. il parametro d’impatto, vale

δ =|c|√a2 + b2

=A

√

ξ20(A

2 − ξ20) + (A2 − ξ2

0)2

=A

√

(A2 − ξ20)(ξ

20 −A2 + ξ2

0)=

1√

A2 − ξ20

ma sappiamo che

A2 − ξ20 =

2mE

l2⇒ δ =

l√2mE

=mv0 b

mv0= b c.v.d.

205

6.2 Scattering da potenziale: teoria quantistica non rela-

tivistica

6.2.1 Introduzione

Il processo di scattering e un processo dinamico e dunque richiede di risolverel’equazione di evoluzione temporale che regge il sistema considerato, ovvero

H |Ψ(t) >= i h∂

∂t|Ψ(t) > (6.50)

Un approccio che viene comunemente usato nella teoria dello scattering e quellodi costruire il vettore di stato come sovrapposizione lineare di stati stazionaridell’hamiltonianaH , i.e. di stati di scattering stazionari. La ragione e che, almenose il potenziale e di range finito, fuori dalla zona di interazione e nota la formadegli stati stazionari, che saranno semplicemente una sovrapposizione di funzionid’onda autostati dell’hamiltoniana della particella libera. Nella zona di inter-azione, il vettore di stato verra modificato anche profondamente dall’interazioneed e proprio con la soluzione del problema degli stati stazionari di scattering chesi potra determinare come questo accada.

6.2.2 Stati di scattering stazionari

Iniziamo assumendo che l’hamiltoniana del sistema, costituito da una particelladi massa m che subisce il processo di scattering, sia data da

H = H0 +H1 (6.51)

dove H0 e l’hamiltoniana della particella libera di massa m, i.e.

H0 =p2

2m(6.52)

mentre H1 rappresenta la sorgente vera e propria dello scattering, cioe, tipica-mente, coincide proprio con il potenziale di scattering V .

Sia |Φ > un generico autostato di H0, corrispondente all’autovalore E

H0 |Φ >= E |Φ > (6.53)

ed indichiamo con Φ(~r) la funzione d’onda ad esso associata in rappresentazionedi Schroedinger, i.e.

Φ(~r) =< ~r|Φ > (6.54)

Per determinare gli stati stazionari del sistema in interazione, occorre risol-vere l’equazione agli autovalori per il problema che stiamo considerando, cioel’equazione

(H0 + H1) |Ψ >= E |Ψ > (6.55)

206

Analogamente a quanto fatto per |Φ >, anche per lo stato |Ψ > introduciamo lafunzione d’onda ad esso associata in rappresentazione di Schroedinger, cioe

Ψ(~r) =< ~r|Ψ > (6.56)

In generale, sia H0 che H = H0+H1 avranno spettri continui, per cui gli autostatidi questi operatori non saranno normalizzabili all’unita bensı a delta di Dirac.

Cerchiamo una soluzione dell’equazione (6.55) che soddisfi la condizione alcontorno per cui

|Ψ >→ |Φ > quando H1 → 0 (6.57)

dove |Φ >, come si e detto, e una soluzione dell’equazione agli autovalori per laparticella libera, corrispondente allo stesso autovalore E per cui |Ψ > e autostatodi H1.

Formalmente la soluzione cercata puo essere scritta nel modo seguente

|Ψ >= |Φ > +(E −H0)−1H1 |Ψ >≡ |Φ > +

1

E −H0H1 |Ψ > (6.58)

infatti, applicando (a sinistra) all’equazione di sopra l’operatore (E −H0), ricor-dando che, per ipotesi (E −H0)|Φ >= 0, si ha

(E −H0) |Ψ >= 0 +H1 |Ψ >⇒ (H0 +H1) |Ψ >= E |Ψ >

Questa soluzione, evidentemente, soddisfa anche la condizione al contorno (6.57):sfortunatamente pero, l’operatore (E − H0) non e invertibile, infatti l’operatore(E−H0)

−1 e manifestamente singolare sugli autostati di H0 relativi all’autovaloreE !

Occorre allora una prescrizione su come trattare questa singolarita e questaprescrizione e di passare al campo complesso, aggiungendo ad E una piccola parteimmaginaria iǫ, i.e. di porre

|Ψ± >= |Φ > +1

E −H0 ± iǫH1 |Ψ± > (6.59)

dove ǫ e una quantita reale positiva ed e sottinteso che, ad un qualche momento,si prendera il limite ǫ→ 0.L’equazione (6.59) e detta equazione di Lippmann-Schwinger [15] ed e non sin-golare, almeno finche ǫ > 0. Come abbiamo visto, essa contiene le condizionial contorno corrette, inoltre, come vedremo, e il punto di partenza naturale siaper ogni sviluppo perturbativo come, per esempio, per quello di Born che per ladecomposizione in onde parziali di momento angolare definito.

Comunque, noi eravamo partiti cercando una soluzione |Ψ > al problema delloscattering e siamo giunti, attraverso la (6.59), a definire due funzioni |Ψ± >: quale il legame fra queste ?

207

Iniziamo osservando che l’equazione di Lippmann-Schwinger puo essere trasfor-mata in una equazione integrale, ponendo160

< ~r|Ψ± > = < ~r|Φ > + < ~r|(E −H0 ± iǫ)−1H1|Ψ± >=

= < ~r|Φ > +∫

d3r′ < ~r|(E −H0 ± iǫ)−1|~r′ >< ~r′|H1|Ψ± >

i.e.

Ψ±(~r) = Φ(~r) +∫

d3r′ < ~r|(E −H0 ± iǫ)−1|~r′ >< ~r′|H1|Ψ± > (6.60)

D’altronde, in rappresentazione di Schroedinger, il problema di scattering sopraimpostato, diviene

(H0 +H1)|Ψ >= E|Ψ >⇒ (p2

2m+H1)|Ψ >= E|Ψ >

⇒ < ~r|( p2

2m+H1)|Ψ >= E < ~r|Ψ >

⇒ − 1

2mh2 ∇2Ψ(~r)+ < ~r|H1|Ψ >= EΨ(~r)

ovvero, definendo k > 0 in modo che risulti

E ≡ k2h2

2m(6.61)

si ha

(∇2 + k2)Ψ(~r) =2m

h2 < ~r|H1|Ψ > (6.62)

Abbiamo cosı ottenuto per Ψ l’equazione di Helmholtz, la cui forma generale, loricordiamo, e la seguente

(∇2 + k2)F (~x) = s(~x) (6.63)

dove s(x) e il termine di sorgente.La soluzione generale dell’equazione puo essere ottenuta in termini della sua fun-zione di Green, nel modo seguente

F (~x) = h(~x) +∫

d3x′G(~x, ~x′) s(~x′) (6.64)

160Usiamo qui la consueta decomposizione dell’identita,

I =

∫

d3r′ |~r′ >< ~r′|

sottintendendo cosı che le coordinate costituiscano un insieme completo di osservabili e che gliautostati |~r > siano normalizzati a delta di Dirac. Questo non comporta perdita alcuna digeneralita, potendosi, il formalismo, estendere in modo naturale e straightforward al caso in cuisia necessario tenere conto anche, per esempio, di gradi di liberta interni (spin).

208

dove h(~x) e una qualsiasi soluzione dell’equazione omogenea associata, i.e.

(∇2 + k2)h(~x) = 0

mentre G(~x, ~x′), per definizione di funzione di Green dell’equazione di Helmholtz,soddisfa la condizione

(∇2x + k2)G(~x, ~x′) = δ(~x− ~x′)

ovvero161

161La funzione di Green dell’equazione di Helmholtz,

(∇2x + k2)G(~x, ~x′) = δ(~x− ~x′)

in assenza di specifiche condizioni al contorno, dipendera direttamente solo dalla differenza~z = ~x− ~x′, ovvero sara tale per cui

(∇2 + k2)G(~z) = δ(~z) (6.65)

Per esplicitare G(~z), assumiamo al solito che essa sia rappresentabile in integrale di Fourier(come gia nel caso della funzione di Green relativa all’equazione di D’Alembert, la rappresen-tazione di Fourier della funzione di Green in questione e possibile solo nell’ambito della teoriadelle funzioni generalizzate, ovvero delle distribuzioni di Schwartz), i.e. che sia

G(~z) =

(

1

2π

)3/2 ∫

d3p g(~p) e−i~p·~z (6.66)

Ricordando che

δ(~z) =

(

1

2π

)3 ∫

d3p e−i~p·~z (6.67)

e immediato che, per soddisfare la (6.65), e necessario che

(−p2 + k2) g(~p) =

(

1

2π

)3/2

(6.68)

e dunque che risulti

G(~z) =

(

1

2π

)3/2 ∫

d3p

(

1

2π

)3/21

k2 − p2e−i~p·~z (6.69)

Passando in coordinate polari e ponendo per comodita di notazione r ≡ |~z|, si ha allora

G(~z) =

(

1

2π

)3 ∫

dp p2 1

k2 − p2sinθ dθ dφ e−ipr cosθ (6.70)

e dunque, integrando nella coordinata azimutale, risulta

G(~z) =

(

1

2π

)2 ∫ ∞

0

dpp2

k2 − p2

∫ π

0

sinθ dθ e−ipr cosθ =

(

1

2π

)2 ∫ ∞

0

dpp2

k2 − p2

e−ipr cosθ

ipr

∣

∣

∣

∣

π

0

=

=

(

1

2π

)21

ir

∫ ∞

0

dpp

k2 − p2

[

eipr − e−ipr]

(6.71)

209

G(~x, ~x′) = − e±ik|~x−~x′|

4π|~x− ~x′|(6.76)

Consideriamo ora il secondo addendo dell’espressione precedente e facciamo il cambiamento divariabile q → − p: si ha

−∫ ∞

0

dpp

k2 − p2e−ipr = −

∫ −∞

0

dqq

k2 − q2eiqr =

∫ 0

−∞dq

q

k2 − q2eiqr (6.72)

Ne segue quindi che la (6.71) puo essere riscritta come

G(~z) =

(

1

2π

)21

ir

∫ +∞

−∞dp

p

k2 − p2eipr =

(

1

2π

)2i

r

∫ +∞

−∞dp

p

p2 − k2eipr (6.73)

Chiaramente l’integrando e singolare in p = ±k, dove ha un polo semplice. Per valutare ilrisultato dell’integrale, occorre dunque definire il modo di trattare questa singolarita, cioe ilpercorso di integrazione!Iniziamo osservando che, siccome r > 0, il percorso di integrazione nel piano complesso dellavariabile p puo essere sempre chiuso nel semipiano superiore (dove la parte immaginaria di pe positiva). Per procedere alla valutazione dell’integrale, al solito, sommeremo a p una parteimmaginaria pura infinitesima iǫ, che poi immagineremo di far andare a zero. Comunque, perprocedere in modo corretto, occorre fare questa operazione a partire dalla espressione (6.71) inquanto l’integrazione sull’intera retta reale nasce come somma dei due integrali di cui appuntoalla (6.71), entrambi definiti sulla semiretta p > 0. Si ha

G(~z) =

(

1

2π

)21

ir

∫ +∞±iǫ

0±iǫ

dpp

k2 − p2

[

eipr − e−ipr]

=

(

1

2π

)21

ir

∫ +∞±iǫ

0±iǫ

dp...+

∫ 0∓iǫ

−∞∓iǫ

dq...

dove abbiamo omesso, per semplicita, l’integrando, essendo quello della (6.72).Ne segue allora che la scelta del segno di ǫ non e indipendente per p > 0 e per p < 0: in realtaci sono solo due alternative e cioe

• (a): ǫ > 0 per p > 0 e dunque ǫ < 0 per p < 0,

• (b): ǫ < 0 per p > 0 e dunque ǫ > 0 per p < 0.

Nel caso (a), chiudendo il cammino di integrazione nel semipiano superiore, nel dominio diintegrazione resta solo il polo per p = −k, e dunque

G(−)(~z) =

(

1

2π

)2i

r2πi

−k−2k

e−ikr = − 1

4π re−ikr (6.74)

mentre nel caso (b), sempre chiudendo il cammino di integrazione nel semipiano superiore, siha che nel dominio di integrazione e presente solo il polo per p = k, e dunque

G(+)(~z) =

(

1

2π

)2i

r2πi

k

2keikr = − 1

4π reikr (6.75)

Entrambe le funzioni soddisfano la condizione di Green (6.65), ma mentre G(+) propaga l’effettodovuto al termine di sorgente nel verso uscente da essa, la soluzione G(−) lo propaga nel versoconvergente verso la sorgente ...

210

La soluzione dell’equazione (6.62) puo allora essere scritta come

Ψ(~r) = Φ(~r) − 2m

h2

∫

d3r′e±ik|~r−

~r′|

4π|~r − ~r′|< ~r′|H1|Ψ > (6.77)

Il confronto fra questo risultato e quello ottenuto in base all’equazione di Lippmann-Schwinger suggerisce che il kernel di questa equazione (nel limite in cui ǫ → 0)sia appunto162

limǫ→0

< ~r| 1

E −H0 ± iǫ|~r′ >= −2m

h2

e±ik|~r−~r′|

4π|~r − ~r′|(6.78)

Nel caso che piu ci interessa, ovvero quando H1 e solo funzione degli operatoridi posizione, i.e. H1 = V (~r), risulta peraltro evidente che

< ~r′|H1|~r >= V (~r′) δ(~r − ~r′),

per cui< ~r′|H1|Ψ± >= V (~r′) Ψ±(~r′)

e quindi, in definitiva, si ottiene per Ψ l’equazione integrale seguente

Ψ±(~r) = Φ(~r) − 2m

h2

∫

d3r′e±ik|~r−

~r′|

4π|~r − ~r′|V (~r′) Ψ±(~r′) (6.79)

Supponiamo adesso che lo stato imperturbato163 (onda incidente) |Φ >≡ |~k >sia un’onda piana164, con vettore d’onda ~k, ovvero rappresenti una particella diimpulso ~p = h ~k. La funzione d’onda associata e

Φ(~r) =ei~k·~r

(2π)3/2(6.80)

dove la normalizzazione e stata scelta, al solito, in modo che risulti< ~k|~k′ >= δ(~k − ~k′).

162Si ricordi che E = k2h2

2m .163Con stato imperturbato qui noi intendiamo lo stato libero |Φ > a cui tende l’autostato |Ψ >

dell’hamiltoniana completa, quando il potenziale di interazione V tende a zero.164Per una descrizione rigorosa del processo di scattering, occorrerebbe rappresentare lo stato

iniziale non come un’onda piana ma come un pacchetto d’onde. In questo caso, l’impulsodell’onda incidente non e esattamente definito, ma avra una indeterminazione ∆p ≈ h/R, doveR fornisce le dimensioni lineari del pacchetto. In tutti i casi in cui gli esperimenti si realizzanocon fasci collimati di particelle, la dimensione R del pacchetto d’onda supera largamente quelladei sistemi atomici (R >> r0).

La sostituzione del pacchetto con l’onda piana e giustificato finche l’indeterminazionesull’impulso del pacchetto e molto piccola rispetto alla variazione di impulso dovuta all’azionedel potenziale che produce lo scattering.

211

Iniziamo supponendo che il potenziale di scattering V (~r′) sia non nullo soloin una regione localizzata intorno all’origine del sistema di riferimento, i.e. inprossimita di ~r′ = 0.Cerchiamo di scrivere la funzione d’onda Ψ(~r) lontano dalla regione di scattering,in zona asintotica, dove poter ritenere esaurito il processo d’urto. Siccome, inquesto caso, il volume di integrazione coinvolge solo valori di r′ << r, possiamosviluppare |~r − ~r ′| al primo ordine perturbativo in r′/r, ottenendo

|~r − ~r′| ≈ r − ~n · ~r′

dove ~n ≡ ~r/r e il versore che punta dal centro di scattering al punto di os-

servazione. Poniamo adesso, per definizione, ~k′ ≡ k ~n. Evidentemente ~k′ e ilvettore d’onda di una particella che ha la stessa energia E di quella incidente(|~k′| = |~k| = k), ma si propaga dalla regione di scattering verso il punto diosservazione. Si ha

e±ik|~r−~r′| ≈ e±ikr e∓i

~k′·~r′

per cui, nella regione asintotica, avremo che l’equazione (6.79) si riduce a

Ψ±(~r) =ei~k·~r

(2π)3/2− 2m

h2

1

4π

e±ikr

r

∫

d3r′ e∓i~k′·~r′ V (~r′) Ψ±(~r′) (6.81)

Il primo termine al secondo membro e l’onda piana incidente mentre il secondotermine rappresenta un’onda sferica centrata nella regione dello scattering: ilsegno positivo corrisponde ad un’onda sferica uscente, mentre il segno negativocorrisponde ad un’onda sferica entrante.E’ ovvio adesso come si debba risolvere l’ambiguita del segno !Occorre scegliere la soluzione con il segno positivo perche lo scattering produrra,ragionevolmente, onde emergenti dalla zona dove avviene l’urto e non convergentiverso di esso.Riscriviamo allora il risultato nella forma seguente

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

(

ei~k·~r + f(~k, ~k′)

eikr

r

)

(6.82)

dove abbiamo posto

f(~k, ~k′) ≡ −(2π)2m

h2

∫

d3r′e−i

~k′·~r′

(2π)3/2V (~r′) Ψ(~r′) = −(2π)2m

h2 < ~k′|H1|Ψ >(6.83)

Veniamo ora alla sezione d’urto differenziale dσdΩ

del processo.La prima cosa che dobbiamo fare e quella di valutare l’espressione del flusso

212

associato all’onda incidente. Ricordiamo a questo proposito che, dalla MeccanicaQuantistica elementare165 e

~J ≡ ih

2m(ψ~∇ψ∗ − ψ∗~∇ψ) (6.84)

Risulta dunque che, per quanto riguarda la funzione d’onda incidente piana

(Φ(~r) = ei~k·~r

(2π)3/2 ), e

~Jinc =ih

2m

ei~k·~r

(2π)3/2(−i~k) e

−i~k·~r

(2π)3/2− e−i

~k·~r

(2π)3/2(i~k)

ei~k·~r

(2π)3/2

=ih

2m(2π)3(−2i~k)

=h~k

(2π)3m(6.85)

mentre, per quanto riguarda l’onda sferica (i.e. Φ(~r) = 1(2π)3/2 f(~k′, ~k) e

ikr

r) scat-

terata, si ha (siccome la funzione dipende da r = |~r|, ~∇ = ~n ddr

)...

~Jsc =ih

2m

|f(~k′, ~k)|2(2π)3

[

eikr

r

e−ikr

r2(−ikr − 1) − e−ikr

r

eikr

r2(ikr − 1)

]

~n =

=ih

2m

|f(~k′, ~k)|2(2π)3

1

r3[−2ikr]~n =

h

m

|f(~k′, ~k)|2(2π)3

k

r2~n (6.86)

D’altronde, la sezione d’urto differenziale dσdΩdΩ, moltiplicata per il flusso incidente166,

fornisce, per definizione, il rate di particelle scatterate che emergono dalla zona

165Risulta infatti

d

dt

∫

V

|ψ|2dv =

∫

V

dv(ψ∂ψ∗

∂t+ ψ∗ ∂ψ

∂t) =

i

h

∫

V

dv [ψ(H∗ψ∗) − ψ∗(Hψ)]

ma H = H∗ = − h2

2m∇2 + V (~x), quindi

d

dt

∫

V

|ψ|2dv =i

h(− h2

2m)

∫

V

dv[

ψ∇2ψ∗ − ψ∗∇2ψ]

= −i h2m

∫

V

dv[

ψ∇2ψ∗ − ψ∗∇2ψ]

D’altronde ψ∇2ψ∗ − ψ∗∇2ψ ≡ div(ψ~∇ψ∗ − ψ∗~∇ψ), quindi

d

dt

∫

V

|ψ|2dv =i

h(− h2

2m)

∫

V

dv div(ψ~∇ψ∗ − ψ∗~∇ψ)

Ponendo allora ~J ≡ ih2m (ψ~∇ψ∗ − ψ∗~∇ψ), abbiamo

d

dt

∫

V

|ψ|2dv = −∫

V

dv div( ~J) ⇒ ∂|ψ|2∂t

+ div( ~J) = 0

i.e. ~J rappresenta la corrente di probabilita ...166Si ricordi che ~J e una corrente, dunque, per ottenere il numero di particelle per unita di

tempo, occorre valutarne il flusso attraverso la superficie orientata di interesse.

213

d’urto nell’angolo solido dΩ, i.e.

( ~Jinc ·~k

k)dσ

dΩdΩ = | ~Jinc|

dσ

dΩdΩ = ( ~Jsc · ~n)r2 dΩ

Dunque

dσ

dΩdΩ =

( ~Jsc · ~n) r2 dΩ

| ~Jinc|=

hm

|f |2(2π)3

kr2

hkm(2π)3

r2 dΩ = |f |2 dΩ

i.e., finalmente

dσ

dΩ= |f(~k, ~k′)|2 (6.87)

6.2.3 Approssimazione di Born

Ricordiamo adesso che l’ampiezza di scattering f e data dall’espressione

f(~k, ~k′) = −(2π)2m

h2

∫

d3r′e−i

~k′·~r′

(2π)3/2V (~r′) Ψ(~r′) (6.88)

Come si vede, questa dipende dal potenziale di scattering ma anche dalla soluzioneΨ, che non conosciamo ...Supponiamo che lo scattering non sia particolarmente forte (vedremo dopo checosa significhi questa affermazione ...).E’ allora ragionevole supporre che Ψ non differisca troppo dalla funzione d’ondaincidente. In questo caso, sostituendo allora nell’integrale la soluzione esatta maignota Ψ con la sua soluzione approssimata rappresentata dall’onda incidente,

i.e. Ψ → Φ = ei~k·~r

(2π)3/2 , otteniamo l’approssimazione di Born (al primo ordine)

dell’ampiezza di scattering

f(~k, ~k′)Born = −(2π)2m

h2

∫

d3r′e−i

~k′·~r′

(2π)3/2V (~r′)

ei~k·~r

(2π)3/2=

= − m

2πh2

∫

d3r′ ei~r′·(~k−~k′) V (~r′) (6.89)

Come si vede, questa e semplicemente proporzionale alla trasformata di Fourierdel potenziale, valutata al momento trasferito167 dalla particella al centro di scat-tering

~q ≡ ~k − ~k′ (6.90)

167Si osservi che, in realta, il momento trasferito nell’interazione non e tanto q quanto, piut-tosto, h q, essendo h~k l’impulso ... Quando si parla di q come del momento trasferito, vuol direche stiamo anche assumendo h = 1.

214

Nel caso in cui V (~r′) sia sfericamente simmetrico, allora per ogni fissato ~q sipossono scegliere coordinate polari sferiche in modo che ~q sia allineato con l’assepolare z, e dunque

f(~k, ~k′)Born = f(~q) = − m

2πh2

∫

dr r2 V (r) sinθ dθ dφ eiqr cosθ (6.91)

per cui risulta

f(~q)B = − m

2πh2

∫

dr r2 V (r) sinθ dθ dφ eiqr cosθ =

= −m

h2

∫

dr r2 V (r)eiqr − e−iqr

iqr=

= − 2m

q h2

∫ ∞

0r dr V (r) sin(qr) (6.92)

Si osservi che l’ampiezza di scattering, in questo caso, essendo il potenziale asimmetria sferica, dipende solo dal modulo q del momento trasferito, il quale, asua volta, e legato all’angolo (di scattering) θ fra i vettori ~k e ~k′ (aventi lo stessomodulo ...) dalla relazione

q2 = |~k − ~k′|2 = 2k2 (1 − cosθ) = 4k2 sin2(θ/2)

⇒ q = |~k − ~k′| = 2k sin(θ/2) (6.93)

Si osservi altresı che l’ampiezza di scattering f(~q) fornita, in approssimazione diBorn, dalla (6.92) e una funzione reale: ritorneremo in seguito su questo punto...

Come applicazione, vediamo cosa accade quando il potenziale di scattering e

il potenziale di Yukawa, ovvero quando V (r) = U0e−µr

rdove 1

µe il range del

potenziale stesso. Risulta

f(q)B = − 2m

q h2

∫

r dr V (r) sin(qr) = − 2m

q h2

∫

r dr U0e−µr

rsin(qr)

= −2mU0

q h2

∫

dr e−µreiqr − e−iqr

2i= −2mU0

q h2

1

2i

[

−1

−µ+ iq− −1

−µ− iq

]

= −2mU0

q h2

1

2i

[

1

µ− iq− 1

µ+ iq

]

= −2mU0

q h2

1

2i

[

2iq

µ2 + q2

]

=

= −2mU0

h2

1

µ2 + q2(6.94)

Quanto alla sezione d’urto, abbiamo dunque

dσ

dΩ

)

B

= |f(q)B|2 =4m2U2

0

h4

1

(µ2 + q2)2(6.95)

215

ovvero, ricordando la (6.93),

dσ

dΩ

)

B

=(

2mU0

h2

)2 1

[µ2 + 2k2 (1 − cosθ)]2(6.96)

Come si vede, questa sezione d’urto differenziale e comunque limitata168, per cuianche la sezione d’urto totale σ risulta finita. Essa vale infatti

σB =∫

dσ

dΩsinθ dθ dφ = 2π

(

2mU0

h2

)2 ∫ 1

−1d(cosθ)

1

[µ2 + 2k2 (1 − cosθ)]2

Siccome l’integrale in questione vale

∫ 1

−1d(cosθ)

1

[µ2 + 2k2 (1 − cosθ)]2=∫ 1

−1dx

1

[µ2 + 2k2 (1 − x)]2=

=∫ 1

−1dx

1

[µ2 + 2k2 − 2k2 x]2=

1

2k2

[

1

µ2− 1

µ2 + 4k2

]

=2

µ2(µ2 + 4k2)

alla fine, si ha

σB = 2π(

2mU0

h2

)2 2

µ2(µ2 + 4k2)(6.97)

che, ovviamente, se µ 6= 0, e una quantita finita169

Evidentemente poi, se µ→ 0 e U0 = Ze2, ritroviamo il potenziale di Coulombfra una carica e ed una carica Ze. In questo caso, anche secondo la MQ, lasezione d’urto totale del processo diverge, mentre per quella differenziale, semprein approssimazione di Born, otteniamo

dσ

dΩ

)

B

=

(

2mZe2

h2

)21

q4=

(

2mZe2

h2

)21

4k4 (1 − cosθ)2(6.98)

ovvero, tenendo conto che k2 = 2mEh2 , si ha

dσ

dΩ

)

B

=

(

2mZe2

h2

)21

4k4 (1 − cosθ)2=

(

2mZe2

h2

)21

44m2E2

h4 (1 − cosθ)2

=

(

Ze2

2E

)21

(1 − cosθ)2(6.99)

che coincide con l’espressione classica (6.32) della sezione d’urto differenzialeRutherford, caratterizzata appunto dalla dipendenza q−4.

168Essa, come funzione di cosθ, va da un minimo di(

2mU0

h2

)2 1[µ2+4k2 ]2 ad un massimo di

(

2mU0

h2

)2 1µ4

169Ricordiamo che, classicamente, la sezione d’urto totale anche nel caso del potenziale diYukawa, sarebbe comunque infinita poiche il supporto del potenziale non e compatto ...

216

Comunque, al di la di aver ritrovato il risultato classico nel caso coulombiano,ricordiamoci che, in generale, affinche l’approssimazione di Born possa essereritenuta valida, occorre che la differenza fra la funzione d’onda Ψ(~r) e la funzioned’onda imperturbata Φ(~r) sia piccola rispetto a quest’ultima, almeno laddove ilpotenziale di scattering e presente in modo sensibile, i.e. risulti

|Ψ(~r) − Φ(~r)| << |Ψ(~r)| (6.100)

laddove V (~r) e sensibilmente diverso da zero.Affinche l’approssimazione sia autoconsistente, occorre evidentemente che la con-dizione di sopra sia soddisfatta quando il membro di sinistra venga valutato, ap-punto, in approssimazione di Born. Dalla (6.79) abbiamo quindi che deve essere

|Ψ(~r) − Φ(~r)|B =2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫

d3r′eik|~r−

~r′|

4π|~r − ~r′|V (~r′) Φ(~r′)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

<< |Φ(~r)| (6.101)

e dunque la condizione (6.100), tenendo conto che

Φ(~r′) =1

(2π)3/2ei~k·~r′

puo essere riscritta come

m

2πh2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∫

d3r′eik|~r−

~r′|

|~r − ~r′|V (~r′) ei

~k·~r′∣

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.102)

Come si e detto, questa condizione deve valere ovunque e quindi, in particolare,per ~r = 0, laddove V assume, verosimilmente, il suo valore massimo ...Si ottiene cosı la condizione di Born (necessaria, ma non sufficiente ...)

m

2πh2

∣

∣

∣

∣

∣

∫

d3r′eikr

′

r′V (r′) ei

~k·~r′∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.103)

che, nel caso in cui V sia sfericamente simmetrico, essendo

∫

ei~k·~r′sinθ dθ dφ =

∫

eikr′ cosθsinθ dθ dφ = 2π

eikr′ − e−ikr

′

ikr′= 4π

sin kr′

kr′

diviene (per semplicita, indichiamo da ora in avanti con r la variabile di inte-grazione, precedentemente indicata con r′)

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0r2 dr

eikr

rV (r)

sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.104)

Osserviamo adesso, in generale, che se il range a del potenziale di scattering V etale che (limite di basse energie)

ak << 1

217

allora nell’integrando della (6.104) potremo approssimare eikr sin krkr

con 1, per cuila condizione di Born diviene semplicemente

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0r dr V (r)

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.105)

e quindi, se definiamo V0 in modo tale che risulti∫ ∞

0r dr V (r) ≡ V0 a

2 (6.106)

allora la condizione di Born, nel limite di bassa energia, diviene

2m

h2 |V0| a2 << 1 (6.107)

Nel limite di alte energie, ovvero le limite di alti valori di k, se riscriviamo la(6.104) nella forma seguente

2m

h2

1

k

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0dr eikr sin kr V (r)

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.108)

allora, se esiste l’integrale

I ≡∫ ∞

0dr |V (r)| ≡ V0a (6.109)

possiamo concludere che, visto che la condizione di Born e tale per cui170

2m

h2

1

k

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0dr eikr sin kr V (r)

∣

∣

∣

∣

≤ 2m

h2

1

kI =

2m

h2 |V0| a2 1

ak(6.110)

certamente, da un certo k ≥ k0 in poi, la condizione di Born sara soddisfatta,qualunque sia il range della potenziale (purche finito ...).

Come applicazione particolare, riprendiamo adesso il caso del potenziale diYukawa

V (r) = U0e−µr

r(6.111)

Essendo 1/µ il suo range, il limite di bassa energia significa evidentemente

k

µ<< 1

170Infatti risulta∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0

dr eikr sin kr V (r)

∣

∣

∣

∣

≤∫ ∞

0

dr∣

∣eikr sin kr V (r)∣

∣ =

∫ ∞

0

dr | sin kr| |V (r)| ≤∫ ∞

0

dr |V (r)|

218

ed in questo caso, essendo

∫ ∞

0r V (r) dr =

∫ ∞

0dr U0e

−µr =U0

µ

la condizione di Born (6.107), nel limite di bassa energia, diventa171 semplice-mente

2m|U0|h2

1

µ<< 1 (6.112)

Se volessimo ora considerare il limite di alta energia, alla luce di quanto dettosopra, ci troveremmo in difficolta in quanto l’integrale (6.109)

I ≡∫ ∞

0dr |V (r)| =

∫ ∞

0dr U0

e−µr

r

non esiste. D’altronde la (6.110) e stata ottenuta maggiorando il modulo dellafunzione integranda |eikr sin kr V (r)| direttamente con |V (r)|, e questa maggio-razione e in realta troppo ”violenta” in prossimita di r = 0, dove risulta piuttosto

|eikr sin kr V (r)| ≈ kr |V (r)|

Questo fatto non ha sostanziali conseguenze se il potenziale si mantiene comunquelimitato, ma, nel caso diverga per r → 0, come nel caso del potenziale di Yukawa,esso diventa cruciale.Per questa ragione e opportuno dunque ripartire dalla condizione generale (6.104),

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0r2 dr

eikr

rV (r)

sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.113)

che, nel caso in esame, diventa,

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0r2 dr

eikr

rU0e−µr

r

sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.114)

e studiare l’integrale che compare, in modulo, nell’espressione precedente, i.e.

Int =∫ ∞

0dr eikr U0 e

−µr sin kr

kr(6.115)

Con la sostituzione x = kr, se definiamo anche α = µ/k, risulta

Int =U0

k

∫ ∞

0dx eix e−αx

sin x

x(6.116)

171Si noti che, avendo identificato il range del potenziale con 1/µ, allora la definizione (6.106)di V0 implica che V0 = U0/a = µU0 e dunque l’equivalenza della (6.107) con la (6.112).

219

Maeix sin x

x= i

sin2x

x+sin x cos x

x= i

1 − cos 2x

2x+sin 2x

2x

quindi

Int =U0

k

∫ ∞

0dx e−αx

[

sin 2x

2x+ i

1 − cos 2x

2x

]

=

=U0

2k

∫ ∞

0dy e−α

y2sin y

y+ i

U0

2k

∫ ∞

0dy e−α

y2

1 − cos y

y(6.117)

D’altronde, se a > 0, risulta

∫ ∞

0dy e−ay

sin y

y=π

2− arctg a

∫ ∞

0dy e−ay

1 − cos y

y= ln

√

1 + a2

a2

quindi, quanto alla condizione di Born, abbiamo

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0dr eikr U0e

−µr sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

=

m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

[

π

2− arctg

α

2

]

+ i

ln

√

4 + α2

α2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.118)

dove, come detto sopra α ≡ µk.

Siccome la quantita da considerare per stabilire o meno la validita della approssi-mazione di Born e complessa, affinche la (6.118) possa essere soddisfatta, e nec-essario, ovviamente che sia la sua parte reale come quella immaginaria soddisfinole disequazioni seguenti

m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

π

2− arctg

α

2

∣

∣

∣

∣

=m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

π

2− arctg

µ

2k

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.119)

m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ln

√

4 + α2

α2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=m|U0|k h2

1

2lnµ2 + 4k2

µ2<< 1 (6.120)

Consideriamo allora il limite di bassa energia, ovvero il limite per cui

0 <k

µ<< 1

Osserviamo che, posto

f(x) = arctg1

2x

risultalimx→0+

f(x) =π

2

220

ed edf

dx=

1

1 + ( 12x

)2

−1

2x2= − 2

1 + 4x2

dunque

limx→0+

df

dx= −2

e percio, intorno ad x ≈ 0+, risultera

f(x) =π

2− 2x+ ...O(x2)

per cui l’espressione che compare nella (6.119), per kµ<< 1, diventa

m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

π

2− arctg

µ

2k

∣

∣

∣

∣

≈ m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

∣

π

2− π

2+ 2

k

µ

∣

∣

∣

∣

∣

=2m |U0|kh2

k

µ=

2m |U0|µh2 (6.121)

mentre per quanto riguarda quella che entra nella (6.120) si ha

m|U0|k h2

1

2lnµ2 + 4k2

µ2≈ m|U0|

k h2

1

2

4k2

µ2=

2m |U0|µh2

k

µ(6.122)

ed evidentemente, visto che queste espressioni sono state ottenute per kµ<< 1, il

contributo (6.122), proveniente dalla parte immaginaria, e trascurabile rispettoal contributo (6.121) relativo alla parte reale, per cui, in definitiva, nel limite dibassa energia, la condizione di Born per il potenziale di Yukawa diventa

2m |U0|µh2 << 1 (6.123)

in accordo con il risultato (6.112) precedentemente ottenuto.Vediamo ora che succede nel limite di alta energia, cioe quando

k

µ>> 1

ovvero nel limite in cui α = µk→ 0.

In questo caso, per quanto riguarda il contributo (6.119) proveniente dalla partereale, si ha

m|U0|k h2

∣

∣

∣

∣

π

2− arctg

µ

2k

∣

∣

∣

∣

≈ m|U0|k h2

π

2(6.124)

mentre, circa il contributo (6.120) dalla parte immaginaria, si ha

m|U0|k h2

1

2lnµ2 + 4k2

µ2≈ m |U0|

2kh2 ln4k2

µ2=m |U0|kh2 ln

2k

µ(6.125)

221

che sara dominante ad alti k sul precedente.Nel limite di alta energia, dunque, la condizione di validita dell’approssimazionedi Born per il potenziale di Yukawa e

m |U0|kh2 ln

2k

µ=

2m |U0|µh2

ln2kµ

2kµ

<< 1 (6.126)

e siccome la funzione ln xx

e tale che, per x > 1 essa e comunque minore di 1, lacondizione di Born e certamente soddisfatta per k >> µ se

2m |U0|µh2 << 1 (6.127)

che e la stessa condizione trovata nel limite di bassa energia. Si noti, comunque,che ad alta energia la condizione (6.126) e meno stringente della (6.127) proprioperche la funzione ln x

x→ 0 quando x→ ∞ e dunque va nel verso di rafforzare la

validita dell’approssimazione ...

E che cosa si puo dire sul potenziale coulombiano ?Sappiamo che esso si ottiene da quello di Yukawa nel limite in cui µ → 0: e facileconvincersi che, anche nel caso piu favorevole di alta energia, la condizione divalidita dell’approssimazione di Born non e mai soddisfatta!Alla stessa conclusione si giunge anche direttamente, infatti, se poniamo (sup-porremo, senza perdita di generalita, che Z > 0 )

V (r) =Ze2

r

allora la (6.113) diventa

2m

h2

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0r2 dr

eikr

r

Ze2

r

sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

=2mZe2

kh2 k

∣

∣

∣

∣

∣

∫ ∞

0dr eikr

sin kr

kr

∣

∣

∣

∣

∣

<< 1 (6.128)

ma la condizione di sopra non puo essere mai soddisfatta poiche l’integrale edivergente, essendo

k∫ ∞

0dr eikr

sin kr

kr=∫ ∞

0dx eix

sin x

x= i

∫ ∞

0dx

sin2 x

x+∫ ∞

0dx

sin x cos x

x=

= i∫ ∞

0dx

1 − cos 2x

2x+∫ ∞

0dx

sin 2x

2x=i

2

∫ ∞

0dy

1 − cos y

y+

1

2

∫ ∞

0dy

sin y

y

e mentre la funzione SineIntegral

Si(z) ≡∫ z

0dtsin t

t=π

2− F (z) cos z −G(z) sin z (6.129)

222

e limitata per z → ∞ poiche le funzioni F (z) e G(z) si annullano per z → ∞,l’altro integrale diverge logaritmicamente, essendo tale per cui

∫ z

0dt

1 − cos t

t= γ + ln z + Ci(z)

dove γ e la costante di Eulero-Mascheroni γ = 0.5772156649... mentre Ci(z) e lafunzione CosineIntegral, definita da

Ci(z) ≡ −∫ ∞

zdtcos t

t(6.130)

anch’essa legata alle funzioni F e G precedentemente introdotte dalla relazione

Ci(z) = F (z) sin z −G(z) cos z

e quindi nulla per z → ∞, come e ovvio che sia, data la sua definizione (6.130)...

223

6.2.4 Oltre l’approssimazione di Born

Il problema dello scattering da un potenziale V e impostato esattamente at-traverso l’equazione di Lippmann-Schwinger

|Ψ >= |Φ > +1

E −H0 + iǫV |Ψ > (6.131)

che, pero, e da risolvere, dato che l’incognita |Ψ > compare in entrambi i membridell’equazione.

La struttura dell’equazione (6.131) di LS e comunque tale che l’equazionestessa si presta particolarmente bene ad essere risolta in modo perturbativo.Iniziamo dallo stato imperturbato |Ψ0 >≡ |Φ >, che rappresenta, appunto,l’approssimazione n = 0 dello sviluppo perturbativo della soluzione |Ψ > cer-cata. Usando questa soluzione al secondo membro dell’equazione di LS, abbiamo

|Ψ1 >= |Φ > +1

E −H0 + iǫV |Φ > (6.132)

che e la soluzione approssimata di Born e rappresenta l’approssimazione n = 1della soluzione cercata.Usando questa soluzione (approssimata all’ordine n = 1) al secondo membrodell’equazione di LS, troviamo la soluzione approssimata all’ordine n = 2

|Ψ2 > = |Φ > +1

E −H0 + iǫV |Ψ1 >= (6.133)

= |Φ > +1

E −H0 + iǫV |Φ > +

1

E −H0 + iǫV

1

E −H0 + iǫV |Φ >

per cui, in definitiva, otteniamo formalmente la soluzione esatta come sommadella serie di Born

|Ψ >= |Φ > +∞∑

n=1

(

1

E −H0 + iǫV)n

|Φ >=∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

|Φ > (6.134)

Per esercizio, verifichiamo che la soluzione (6.134) e formalmente esatta.Sempre nel limite ǫ→ 0 , si ha infatti (ricordiamo che (E −H0)|Φ >= 0 ...)

(E −H0 + iǫ)|Ψ > = V |Φ > +V1

E −H0 + iǫV |Φ > +...

= V∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

|Φ > (6.135)

≡ V |Ψ >

⇒ (E −H0)|Ψ >= V |Ψ > ⇒ (H0 + V ) |Ψ >= E |Ψ > (6.136)

Cerchiamo ora di capire, da un punto di vista fisico, il significato della serie diBorn. Il primo termine (n = 0) e l’onda non scatterata.

224

Il secondo termine descrive l’onda che viene scatterata in un punto dal potenziale equindi si propaga172 in avanti con l’operatore 1

E−H0+iǫ. Il terzo termine si riferisce

all’onda che viene scatterata in un punto dal potenziale, si propaga liberamenteper un tratto, quindi viene scatterata di nuovo ed infine si propaga in avantiindefinitamente...Da un punto di vista matematico, resterebbe il problema di dimostrare comunquela sommabilita della serie di Born, problema la cui soluzione diamo per buona.

Osserviamo infine che avremmo potuto arrivare formalmente al risultato (6.134)notando che, se poniamo per comodita

R =1

E −H0 + iǫV (6.137)

allora l’equazione di LS si scrive come

|Ψ >= |Φ > + R |Ψ > (6.138)

e dunque

(1 − R) |Ψ > = |Φ > ⇒ |Ψ >=1

1 − R|Φ >= (1 +R +R2 + ...) |Φ >

⇒ |Ψ > =∞∑

n=0

Rn |Φ >=∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

|Φ > (6.139)

6.2.5 Alcuni aspetti formali della Teoria dello Scattering

Nella Teoria formale dello Scattering, gli stati |ψ± >, definiti dall’equazione diLippmann-Schwinger (6.59), vengono anche chiamati173 stati stazionari outgoing

172Ricordiamo che 1E−H0+iǫ traduce, nel linguaggio degli operatori, la funzione di Green ”for-

ward”, associata all’equazione della particella libera di energia E = k2h2

2m ,

(∇2x + k2)G(~x, ~x′) = δ(~x− ~x′),

e per questo motivo viene anche chiamato propagatore libero. Abbiamo infatti concluso che, inrappresentazione delle coordinate, e

< ~r| 1

E −H0 + iǫ|~r′ >= −2m

h2 G+(~r, ~r′)

Il nome propagatore libero deriva dal fatto che la funzione di Green ”propaga” dal punto ~r′ algenerico punto ~r l’effetto del termine di sorgente s(~r′).

173cfr. pag.192 della referenza [11]

225

ed ingoing, rispettivamente secondo l’associazione174

|Ψ+ >→ outgoing |Ψ− >→ ingoing

Nel caso in cui questi stati si riferiscano ad uno stato imperturbato175

|Φ >≡ |~k >, autostato dell’impulso, essi vengono solitamente indicati anche

con i simboli |~k± > e si dimostra che, per una qualsiasi energia E > 0, essi

costituiscono un insieme completo (una base normalizzata come gli stati |~k >)nello spazio degli stati del continuo, cioe nello spazio degli stati di scatteringpropriamente detti.Gli stati imperturbati |~k > e gli stati |~k± > sono legati fra loro dagli operatori

di Møller Ω±, cosı definiti sulla base |~k >

Ω± |~k >= |~k± >≡ |Ψ±~k> (6.140)

da cui, in generale, nelle notazioni consuete

Ω± |Φ >= |Ψ± > (6.141)

Evidentemente, poiche per l’equazione di LS risulta

|~k± >= |~k > +1

E −H0 ± iǫV |~k± >

gli operatori di Møller sono tali che

Ω± |~k >= |~k > +1

E −H0 ± iǫV Ω±|~k > (6.142)

i.e., vale l’equazione operatoriale

Ω± = 1 +1

E −H0 ± iǫV Ω± (6.143)

da cui si ottiene formalmente che

Ω± =1

1 − 1E−H0±iǫV

(6.144)

174Questa terminologia, al momento, vuole riflettere solo il fatto che |ψ+ > e fatto dall’ondaimperturbata ed onde uscenti, mentre |ψ− > e fatto dall’onda imperturbata ed onde entranti.Se pensiamo in termini di pacchetti d’onda su cui poi passare al limite, la prima soluzione,|ψ+ >, si sviluppa, attraverso l’hamiltoniana completa, a partire da una precisa configurazioneiniziale |Φ >, autostato dell’hamiltoniana libera nel remoto passato mentre la seconda soluzione,|ψ− >, e tale che, nel lontano futuro, evolvendo secondo l’hamiltoniana completa, coincideracon una precisa configurazione finale |Φ >, di nuovo autostato dell’hamiltoniana libera.

175In queste considerazioni si assume che esista una base dello spazio di Hilbert fatta daautostati simultanei dell’hamiltoniana e dell’impulso |~k >, ovvero assumiamo implicitamenteche per il sistema fisico considerato, non esistano gradi di liberta interni. Se esistessero, co-munque, essi fattorizzerebbero con l’impulso e non cambierebbero i termini del problema, soloci costringerebbero ad appesantire le notazioni...

226

ovvero la rappresentazione in serie (cfr. eq. (6.139))

Ω± =∞∑

n=0

(

1

E −H0 ± iǫV)n

(6.145)

che e niente altro che la serie di Born, come doveva necessariamente accadere,data la (6.141).

Ricordiamo il significato fisico degli stati |~k± >.Essi sono autostati dell’hamiltoniana completa H (valutati per t = 0, o, detto

altrimenti, nella Heisenberg Picture), relativi all’autovalore E per cui |~k > el’autostato dell’hamiltoniana imperturbata H0 su cui entrambi convergono sel’interazione viene spenta, corrispondendo pero a due diverse condizioni al con-torno (uno contiene onde uscenti, l’altro onde entranti).

Pensando dunque in termini di pacchetti d’onda176, lo stato |~k+ > origina dallo

stato |~k >, che, quindi, ne rappresenta il limite nel lontano passato; mentre lo

stato |~k− > converge, nel lontano futuro, verso |~k >.Il processo di scattering e allora descritto completamente dalla matrice S fra glistati imperturbati, definita come

< ~k′|S|~k >≡< ~k′ − |~k+ > (6.146)

ed e evidente dalla definizione precedente che i suoi elementi di matrice nella basedegli autostati imperturbati dell’impulso forniscono semplicemente l’overlap fralo stato iniziale |~k+ > (originatosi, nel senso spiegato sopra, da |~k > a t = −∞)

e lo stato finale |~k′− > (che, per t = +∞ , dara luogo a |~k′ >).Per quanto visto sopra, poi, essendo

|~k+ > = Ω+ |~k >|~k′− > = Ω− |~k′ > ⇒ < ~k′ − | =< ~k′|Ω†

−

176In quanto autostati, gli stati |Ψ± > evolvono nel tempo (h = 1) attraverso il semplice fattoredi fase e−iEt, per cui, per esempio, la densita di probabilita spaziale non dipende dal tempo. Perpoter parlare di ”prima” e ”dopo”, e necessario pensare questi stati come rappresentazioni limitedi pacchetti d’onda i quali, pur non essendo quindi autostati dell’hamiltoniana H , potrannoavere l’energia E definita con tutta la precisione che vogliamo (purche finita ...).

Per esempio, nel caso degli stati |~k+ >, gia lo stesso stato imperturbato |~k > dovra esserevisto, invece che come un’onda piana, piuttosto come un pacchetto d’onde di impulso quasidefinito e pari a ~k, il quale, per t → −∞, e localizzato lontanissimo dal centro di scattering esi muove verso di esso con velocita media ~v = ~k/m. Evidentemente, per t→ +∞, lo stato saralocalizzato, di nuovo, lontano dal centro di scattering, ma avendo subıto l’effetto del potenziale,sara fatto anche dall’onda sferica uscente originatasi appunto durante il tempo in cui e avvenutal’interazione con il potenziale di scattering. Nel caso degli stati |~k− >, invece, abbiamo che nellontano passato lo stato e fatto sia dal pacchetto d’onda di impulso quasi definito che dall’ondasferica entrante, in modo che, nel lontano futuro, esso finisce per coincidere con un pacchettod’onde quasi-autostato dell’impulso...

227

si ha

< ~k′|S|~k >=< ~k′ − |~k+ >=< ~k′|Ω†− Ω+|~k >

⇒ S = Ω†− Ω+ (6.147)

che mostra l’espressione formale della matrice di scattering S in termini dei dueoperatori di Møller.Tornando adesso all’equazione di LS per gli stati outgoing

|~k+ >= |~k > +1

E −H0 + iǫV |~k+ >

Osserviamo che essa puo anche essere scritta come

|~k+ >= |~k > +1

E −H0 + iǫV Ω+|~k > (6.148)

in modo che, formalmente, al secondo membro compaia di nuovo soltanto lo statoimperturbato.L’operatore V Ω+ solitamente viene indicato in letteratura con il simbolo T :

T ≡ V Ω+ (6.149)

e quindi, in termini di questo operatore, risulta

|~k+ >= |~k > +1

E −H0 + iǫT |~k >

⇐⇒ |Ψ >= |Φ > +1

E −H0 + iǫT |Φ > (6.150)

ma |Ψ >= Ω+ |Φ > per cui, moltiplicando ambo i membri della (6.150) per V ,otteniamo

V Ω+ |Φ >= V |Φ > +V1

E −H0 + iǫT |Φ > (6.151)

ovvero, data la definizione (6.149), otteniamo l’equazione

T = V + V1

E −H0 + iǫT (6.152)

da cui si ottiene la soluzione formale seguente(

1 − V1

E −H0 + iǫ

)

T = V ⇒ T =1

1 − V 1E−H0+iǫ

V

⇒ T =

∞∑

n=0

(

V1

E −H0 + iǫ

)n

V = (6.153)

= V + V1

E −H0 + iǫV + V

1

E −H0 + iǫV

1

E −H0 + iǫV + ...(6.154)

228

in accordo, di nuovo, con quanto ottenuto considerando la serie di Born. Infatti,per la (6.150), risulta chiaramente che

(E −H0 + iǫ) |Ψ >= T |Φ >

mentre dalla (6.135) si ha altresı che

(E −H0 + iǫ)|Ψ >= V∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

|Φ >

e dunque, essendo evidentemente

(E −H0 + iǫ)|Ψ >= V |Ψ >= V Ω+ |Φ >≡ T |Φ > (6.155)

deve essere177

T = V∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

(6.156)

come mostra, appunto, la (6.154).Osserviamo adesso che gli elementi di matrice dell’operatore T fra stati di impulsodefinito sono direttamente legati all’ampiezza di scattering f(~k, ~k′), infatti, dalla(6.83), abbiamo

f(~k, ~k′) = −(2π)2m

h2 < ~k′|V |~k+ >= −(2π)2m

h2 < ~k′|V Ω+|~k >

= −(2π)2m

h2 < ~k′|T |~k > (6.157)

⇔ < ~k′|T |~k >= − h2

m(2π)2f(~k, ~k′) (6.158)

Siccome l’ampiezza di scattering descrive appunto il risultato dell’effetto dellapresenza del potenziale di scattering sull’onda imperturbata, non e certo stupe-facente che l’operatore T sia altresı direttamente legato proprio alla matrice discattering S del processo.Per dimostrarlo formalmente occorre osservare che gli stati |Ψ± >, che abbiamoscritto, seguendo la teoria gia sviluppata da Lippmann e Schwinger, come

|Ψ± > = |Φ > +1

E −H0 ± iǫ(H −H0) |Ψ± > (6.159)

possono essere scritti anche, equivalentemente, nella forma di Low [16] seguente178

|Ψ± > = |Φ > +1

E −H ± iǫ(H −H0) |Φ > (6.160)

177Si noti che nella (6.153) l’operatore V e a destra, mentre nella (6.156) agisce a sinistra. E’evidente, pero che, data la (6.154), le due espansioni in serie coincidono ! ...

178Partiamo dall’identita operatoriale seguente

1

A− 1

B=

1

A(B −A)

1

B=

1

B(B −A)

1

A

229

dove, in entrambi i casi, ricordiamolo, E rappresenta l’energia dello stato imper-turbato |Φ >.Nel caso della equazione di LS (6.159), occorre determinare la funzione di Greenlibera, mentre nel caso della equazione di Low (6.160) occorre determinare, invece,la funzione di Green dell’hamiltoniana completa: dal punto di vista del calcolo es-plicito, questo di solito non aiuta, perche sposta semplicemente la difficolta dallafunzione d’onda Ψ al kernel ... pero puo risultare utile in alcune considerazionidi carattere formale come quelle che ci accingiamo a fare adesso.Torniamo infatti alla matrice S. Secondo quanto visto precedentemente, si ha

< ~k′|S|~k > = < ~k′ − |~k+ > (6.161)

ma, per la (6.160), risulta

|~k′− > = |~k′ > +1

E ′ −H − iǫV |~k′ > (6.162)

avendo qui indicato con E ′, in generale, l’energia dello stato libero |~k′ >.

da cui discende l’identita

1

E −H ± iǫ− 1

E −H0 ± iǫ=

1

E −H ± iǫ(H −H0)

1

E −H0 ± iǫ

ovvero1

E −H0 ± iǫ=

1

E −H ± iǫ− 1

E −H ± iǫ(H −H0)

1

E −H0 ± iǫ

Sostituiamo allora l’espressione trovata nella (6.159)

|Ψ± >= |Φ > +1

E −H0 ± iǫ(H −H0) |Ψ± >

Si ha

|Ψ± > = |Φ > +

[

1

E −H ± iǫ− 1

E −H ± iǫ(H −H0)

1

E −H0 ± iǫ

]

(H −H0) |Ψ± >=

= |Φ > +1

E −H ± iǫ(H −H0) |Ψ± > − 1

E −H ± iǫ(H −H0)

[

|Ψ± > −|Φ >]

dove si e usato il fatto che, per la (6.159), risulta evidentemente

1

E −H0 ± iǫ(H −H0) |Ψ± >=

[

|Ψ± > −|Φ >]

Semplificando, si ottiene l’espressione cercata, i.e.

|Ψ± >= |Φ > +1

E −H ± iǫ(H −H0) |Φ >

c.v.d.

230

Ne segue che179

< ~k′ − | = < ~k′|+ < ~k′| V 1

E ′ −H + iǫ(6.163)

per cui abbiamo

< ~k′|S|~k >≡< ~k′ − |~k+ >=< ~k′|~k+ > + < ~k′| V 1

E ′ −H + iǫ|~k+ > (6.164)

D’altronde, per la (6.159), abbiamo

|~k+ >= |~k > +1

E −H0 + iǫV |~k+ > (6.165)

dove E e l’energia dello stato libero |~k >. Sostituendo questo risultato al primo

|~k+ > presente al secondo membro dell’equazione (6.164), si ha dunque

< ~k′|S|~k > = < ~k′|~k > + < ~k′| 1

E −H0 + iǫV |~k+ > +

+ < ~k′| V 1

E ′ −H + iǫ|~k+ > (6.166)

Ma

< ~k′| 1

E −H0 + iǫ=

1

E −E ′ + iǫ< ~k′|

1

E ′ −H + iǫ|~k+ >=

1

E ′ −E + iǫ|~k+ >

dunque

< ~k′|S|~k > = < ~k′|~k > +1

E −E ′ + iǫ< ~k′| V |~k+ > +

1

E ′ − E + iǫ< ~k′| V |~k+ >=

= < ~k′|~k > + < ~k′| V Ω+|~k >(

1

E − E ′ + iǫ− 1

E −E ′ − iǫ

)

(6.167)

Consideriamo ora la quantita entro parentesi tonda: essa vale

(

1

E − E ′ + iǫ− 1

E − E ′ − iǫ

)

=−2i ǫ

(E −E ′)2 + ǫ2

179Abbiamo qui usato il fatto che V ed H sono operatori autoaggiunti, per cui risulta

(

1

E −H − iǫV

)†= V

1

E −H + iǫ

231

D’altronde, se consideriamo la funzione

f(x, ǫ) =ǫ

x2 + ǫ2

e immediato renderci conto che essa gode delle seguenti proprieta

1) ∀x 6= 0 : limǫ→0

f(x, ǫ) = 0

2) limǫ→0+

f(0, ǫ) = +∞

2) ∀ǫ > 0 :∫ +∞

−∞f(x, ǫ) dx = π

dunque

limǫ→0+

f(x, ǫ) = π δ(x)

per cui, in definitiva, ricordando la definizione dell’operatore T , si ha

< ~k′|S|~k > = < ~k′|~k > + < ~k′| V Ω+|~k >(

1

E −E ′ + iǫ− 1

E − E ′ − iǫ

)

=

= < ~k′|~k > + [−2i π δ(E − E ′)] < ~k′| T |~k > (6.168)

ovvero

⇒ S = I − 2i π δ(E − E ′)T (6.169)

232

6.2.6 Ancora sulla matrice di Scattering

Puo essere interessante fare ancora alcune considerazioni generali sulla matricedi scattering, allo scopo di inquadrarne meglio il significato.Ripartiamo, per questo, dai principi primi della Meccanica Quantistica !E’ noto che se |ψ, t > e il ket che rappresenta al tempo t, nello spazio di HilbertH associato al sistema fisico considerato, un certo stato di quello, allora

i∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > (6.170)

dove H e l’operatore hamiltoniano del sistema che, per ipotesi e autoaggiunto.QuandoH non dipende esplicitamente dal tempo (sistemi conservativi) l’equazioneprecedente si integra facilmente nel modo seguente:

|ψ, t >= e−iHt |ψ, 0 > (6.171)

e l’operatore unitario

U(t) = e−iHt (6.172)

viene chiamato operatore di evoluzione temporale.Se A e una qualsiasi osservabile del sistema, i.e. un qualsiasi operatore autoag-giunto, risulta che se indichiamo con Aψ(t) il valor medio di tale osservabile sullostato |ψ, t >, questo, che e un numero reale, e pari a

Aψ(t) =< ψ, t|A|ψ, t >=< ψ, 0|eiHtAe−iHt|ψ, 0 > (6.173)

Come si vede, i due diversi punti di vista

• i) evolvono gli stati secondo la legge |ψ, t >= e−iHt |ψ, 0 >,

• ii) evolvono solo le osservabili del sistema, secondo la leggeA(t) = eiHtAe−iHt

sono equivalenti ai fini della valutazione dei valori medi delle osservabili ad undato istante (peraltro arbitrario).Come al punto di vista i) (Schrodinger Picture SP) corrisponde l’equazione dimoto per lo stato (equazione di Schrodinger)

i∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t >

cosı al punto di vista ii) (Heisenberg Picture HP) corrisponde l’equazione di motoper le osservabili (equazione di Heisenberg)

i∂

∂tA(t) = [A(t), H ]

233

Sia ora U(α) una famiglia di operatori unitari, parametrizzata dalla variabile α.Tanto nello schema di Heisenberg come in quello di Schrodinger e banale rendersiconto che la seguente trasformazione simultanea su stati e osservabili

|ψ > ⇒ |ψ, α >= U−1(α)|ψ >A ⇒ Aα = U−1(α) A U(α)

lascia invarianti tutti i valori di aspettazione, infatti (omettendo il parametro α)

< ψ, α|Aα|ψ, α >=< ψ|U †−1U−1 AU U−1|ψ >=< ψ|A|ψ > (6.174)

Se poniamo adesso

U(α) ≡ U(t) = e−iHt (6.175)

ecco che questa trasformazione unitaria ci fa passare dallo schema di Heisenberga quello di Schrodinger, dato che

|ψ, t >S= U(t) |ψ >= U(t) |ψ >H

AS = U(t) AH U−1(t)(6.176)

Ponendo invece

U(α) ≡ U−1(t) = eiHt (6.177)

ovviamente passiamo dallo schema di Schrodinger a quello di Heisenberg ...Affrontiamo adesso il problema generale dell’interazione.Supponiamo, al solito, che l’hamiltoniana del sistema possa essere scritta come

H = H0 +HI (6.178)

dove, convenzionalmente, H0 rappresenta la parte ”libera”, i.e. quella che solita-mente sappiamo trattare per cio che riguarda l’evoluzione del sistema (autostati,etc ...) ed HI rappresenta la perturbazione, i.e. l’interazione.Ammettiamo che H0 ed HI non dipendano esplicitamente dal tempo e poniamo

U0(t) ≡ e−iH0t, U(t) ≡ e−iHt (6.179)

Indichiamo con |ψ, t >S e AS , rispettivamente, gli stati e le osservabili nellaSP (Schrodinger Picture) e con |ψ >H , AH(t) i medesimi nella HP (HeisenbergPicture).Accanto a questi due schemi, se ne pone un altro, quello che denomineremorappresentazione di interazione (Interaction Picture, IP) che, come vedremo, e

234

molto comodo per trattare, appunto, il problema dell’interazione stessa.Facciamo per questo la seguente trasformazione simultanea su stati e osservabili

|ψ >S

AS→ |ψ, t >I ≡ U0(−t) |ψ, t >S= eiH0t e−iHt |ψ >H

AI(t) ≡ U0(−t) AS U0(t)(6.180)

dove si e usato il fatto che U0(−t) = U−10 (t).

Per quanto detto prima, evidentemente gli stati |ψ, t >I e le osservabili AI(t)sono ”buoni” quanto gli stati |ψ, t >S e le osservabili AS , oppure gli stati |ψ >H ele osservabili AH(t) per cio che concerne lo studio dell’evoluzione del sistema, cioeper quanto riguarda la valutazione dei valori medi delle osservabili, in funzione deltempo. Questi valori medi saranno dati infatti da (nel seguito, per comodita dinotazione, ometteremo, quando questo non produrra possibili confusioni, l’indiceI)180

I< ψ, t|AI(t)|ψ, t >I (6.181)

Vediamo ora come evolvono gli stati nella IP: si ha

i∂

∂t|ψ, t >= i

∂

∂tU0(−t)U(t) |ψ >H= i

∂

∂teiH0t e−iHt |ψ >H=

= −H0 eiH0t e−iHt |ψ >H + eiH0tH e−iHt |ψ >H=

= −H0|ψ, t > + eiH0tH e−iH0t eiH0t e−iHt |ψ >H=

= eiH0t (H −H0) e−iH0t |ψ, t >≡ HI(t) |ψ, t >I (6.182)

mentre per le osservabili risulta

i∂

∂tA(t) = i

∂

∂tU0(−t)AS U0(t) = [AI(t), H0] (6.183)

In sostanza, quindi, nella IP, mentre gli stati evolvono con l’hamiltoniana HI(t),

HI(t) = U0(−t)HI U0(t) (6.184)

le osservabili evolvono secondo l’hamiltoniana libera H0, esattamente come ac-cade, in assenza di interazione, nella Heisenberg Picture.Veniamo adesso al problema dello scattering.Assumiamo, per semplicita, che si tratti di scattering di una particella da unpotenziale V , indipendente dal tempo ed avente un raggio d’azione finito.Indichiamo con |Φn >, secondo la simbologia181 consueta, un generico autostatodell’hamiltoniana libera H0, corrispondente all’autovalore En:

H0|Φn >= En |Φn >

180Questo schema, naturalmente, coincide con quello di Heisenberg quando l’interazione eassente ... !

181Anche se nei problemi di scattering, tipicamente si lavora nel continuo, tratteremo il prob-lema, per comodita, come se gli autostati dell’hamiltoniana fossero numerabili

235

Precisiamo adesso che, per il sistema libero considerato, il vettore di stato |Φn >e inteso nella SP al tempo t = 0.

Consideriamo adesso uno di questi autostati di H0 e facciamolo evolvere sec-ondo l’hamiltoniana completa H fino al tempo t, i.e.

|Φn, t >= U(t) |Φn >≡ U(t) |Φn, 0 > (6.185)

Questo stato, in generale, non sara piu autostato di H0 per l’autovalore En, ameno che H ed H0 non commutino fra loro ... Effettuando allora una misura diH0 al tempo t sullo stato |Φn, t >, potremo ottenere valori diversi da En, con certeprobabilita che chiamiamo, appunto probabilita di transizione. Se indichiamo conAmn l’ampiezza relativa alla transizione dallo stato |Φn > allo stato |Φm >, questae data da

Amn =< Φm, 0|U−10 (t) U(t) |Φn, 0 > (6.186)

ovvero essa si ottiene facendo il prodotto scalare fra lo stato considerato e l’evolutolibero dello stato verso il quale intendiamo valutare l’ampiezza di transizione,preso allo stesso istante temporale, i.e.

Amn =< Φm, t, lib|Φn, t > (6.187)

Ricordiamo adesso che, per il sistema completo, ovvero anche in presenza diinterazione, risulta comunque che |Φn, 0 >= |Φn >H= |Φn, 0 >I , per cui, sedefiniamo

UI(t) ≡ U−10 (t) U(t) = eiH0t e−iHt (6.188)

si ha

Amn = < Φm, 0|U−10 (t) U(t) |Φn, 0 >=< Φm, 0|U−1

0 (t) U(t) |Φn >H=

= < Φm, 0|Φn, t >I=< Φm, 0|UI(t) |Φn, 0 >

≡ < Φm|UI(t) |Φn > (6.189)

In generale quindi, volendo ottenere l’ampiezza di transizione da uno stato gener-ico |a > ad uno stato generico |b >, si calcolera la quantita

Aba =< b|UI(t) |a > (6.190)

dove e inteso che |a > e |b > sono i vettori che rappresentano gli stati consideratinello schema di Heisenberg relativo al caso imperturbato.Definiamo adesso, per ragioni di opportunita che capiremo meglio in seguito,l’operatore unitario U(t, t′), nel modo seguente

U(t, t′) |a, t′ >S≡ |a, t >S (6.191)

236

Dalla definizione si ottiene immediatamente che

U(t, t′)U(t′) |a >H= U(t) |a >H ∀ |a >∈ H (6.192)

ovvero, finalmente che risulta

U(t, t′) = U(t)U−1(t′) (6.193)

In base a questo risultato, e immediato dimostrare adesso che l’operatore U(t, t′)gode delle seguenti proprieta:

U(t, t′)U(t′, t”) = U(t, t”)U(t, t′)−1 = U(t′, t)

U(t+ p, t′ + p) = U(t, t′)U(t, 0) = U(t)

(6.194)

Accanto a questo operatore possiamo definire, in maniera del tutto analoga,l’operatore UI(t, t

′), ponendo appunto

UI(t, t′) |a, t′ >I≡ |a, t >I (6.195)

e si ottiene ancora che risulta

UI(t, t′) = UI(t)U

−1I (t′) (6.196)

e che valgono anche per questo operatore le proprieta (6.194).Poiche dalla definizione (6.188) e

UI(t) ≡ U−10 (t) U(t)

risulta altresı

UI(t, t′) = UI(t)U

−1I (t′) = U−1

0 (t)U(t) U−1(t′)U0(t′)

= U−10 (t)U(t, t′)U0(t

′) (6.197)

Torniamo adesso al problema dello scattering e della matrice S: esistono essen-zialmente due modi diversi per rappresentarla, che indicheremo rispettivamentecon SI ed SH , per significare, rispettivamente, rappresentativo dell’operatore Snella IP e rappresentativo dell’operatore S nella HP.

237

• Matrice S in rappresentazione di interazione

Sia α un set completo di osservabili per il sistema considerato. Indichiamocon |α > la base da esso definita, vista nello schema di Heisenberg relati-vamente al caso imperturbato.Supponiamo adesso che uno stato |α > si sia evoluto liberamente fino altempo −t e quindi, fra −t e t′, si sia evoluto secondo l’hamiltoniana com-pleta (perturbata dal potenziale V ). Ci chiediamo qual e, al tempo t′,l’ampiezza relativa alla transizione dallo stato cosı ottenuto ad un certostato |β >, causata dal potenziale di scattering V .In altre parole, ci facciamo la seguente domanda: assumendo di considerareil sistema come libero sia prima di −t che dopo t′, lo stato che si e ottenutodopo t′ a partire dallo stato |α > al tempo −t, come e connesso con gli statiche risulterebbero da un’evoluzione libera del sistema ?Per quanto concerne l’ampiezza di transizione di cui sopra, evidentementeavremo

Aβα(t′,−t) = S < β, t′, lib|U(t′,−t) |α,−t, lib >S (6.198)

dove |α,−t, lib >S e lo stato |α > che si evoluto liberamente fino al tempo−t e, analogamente |β, t′, lib >S e lo stato |β > che si e evoluto liberamentefino al tempo t′. Poiche

|α,−t, lib >S= U0(−t) |α >H (6.199)

risulta

Aβα(t′,−t) =H< β|U−1

0 (t′)U(t′,−t)U0(−t) |α >H (6.200)

ovvero, per la (6.197),

Aβα(t′,−t) = < β|U(t′,−t)I |α > (6.201)

Passando al limite la (6.201) per t e t′ che vanno a +∞ otteniamo propriol’elemento di matrice SI fra i due stati considerati, i.e.

Sβα =< β|SI |α >= limt,t′→+∞

Aβα(t′,−t) = lim

t→+∞< β|UI(t,−t)|α >(6.202)

ovvero

SI = limt→+∞

UI(t,−t) = UI(∞,−∞) (6.203)

In questa rappresentazione, dunque, la matrice SI fornisce l’azione che ha loscattering dal potenziale V su un set completo di autostati dell’hamiltonianalibera, definiti in rappresentazione di Heisenberg, ovvero, equivalentemente,visti al tempo t = 0 in rappresentazione di Schrodinger.

238

D’altronde, questi vettori di stato sono niente altro che gli evoluti liberi(SP), fino al tempo t = 0, degli stati di scattering iniziale e finale che,avendo assunto che il potenziale abbia raggio di azione finito, sono appuntoasintoticamente liberi, cioe autostati di H0. In altri termini, possiamo direaltresı che gli stati |α > e |β > sono gli stati di scattering iniziale e finale(quindi, per quanto sopra detto, liberi ...) visti direttamente nella Heisen-berg Picture libera.Conveniamo adesso di indicare con

|α,−∞ > (6.204)

il rappresentativo del generico stato libero del sistema, considerato nellaHP libera, e con

|α,+∞ > (6.205)

il rappresentativo nella IP dello stato medesimo, ottenuto tramite l’evoluzioneda t = −∞ a t = +∞ secondo l’hamiltoniana perturbata: si ha quindi

|α,−∞ > ≡ |α >|α,+∞ > ≡ SI |α > (6.206)

e dunque risulta

Sβα =< β,−∞|SI |α,−∞ >=< β|SI |α >=< β,−∞|α,+∞ > (6.207)

Chiaramente, per conoscere poi gli elementi di matrice Sβα, occorrrera inqualche modo riuscire ad esplicitare l’operatore UI(t

′,−t) e quindi passareal limite.D’altronde, per la (6.196), risulta

UI(t′,−t) = UI(t

′)U−1I (−t)

dove, per la (6.188), e

UI(t) = U−10 (t)U(t) = eiH0t e−iHt

(la seconda uguaglianza e valida solo se, come abbiamo sempre assuntofin’ora, sia H0 che H , e quindi V , non dipendono esplicitamente dal tempo).Ne segue quindi che

dUI(t′,−t)dt′

=

[

dUI(t′)

dt′

]

U−1I (−t) (6.208)

239

Ma, evidentemente l’operatore UI(t) soddisfa la seguente equazione differen-ziale

idUIdt

= −H0 eiH0t e−iHt + eiH0tH e−iHt =

= −eiH0tH0 e−iH0t eiH0t e−iHt + eiH0tH e−iH0t eiH0t e−iHt

= eiH0t [H −H0] e−iH0t eiH0t e−iHt = VI(t)UI(t)

⇒ dUIdt

= −i V (t)UI(t) (6.209)

dove si e posto182

VI(t) ≡ eiH0t V e−iH0t = V (t)

Quindi, sostituendo nella (6.208), si ha

dUI(t′,−t)dt′

= −i V (t′)UI(t′)U−1

I (−t) ≡ −i V (t′)UI(t′,−t) (6.210)

D’altronde, evidentemente, UI(t′, t′) = I: con questa condizione al con-

torno, si dimostra che l’equazione (6.210) puo essere integrata in serie for-malmente nel modo seguente:

UI(t′,−t) = I + (−i)

∫ t′

−tV (τ) dτ + (−i)2

∫ t′

−tV (τ) dτ

∫ τ

−tV (τ ′) dτ ′ + ...

per cui, data la (6.203), risulta infine

SI = I + (−i)∫ ∞

−∞V (τ) dτ + (−i)2

∫ ∞

−∞V (τ) dτ

∫ τ

−∞V (τ ′) dτ ′ + ...

= I +∞∑

n=1

(−i)nn!

∫ ∞

−∞dτ1, ..., dτnP (V (τ1) ...V (τn)) (6.211)

dove P (V (τ1) ...V (τn)) e il prodotto cronologico (time-ordered) degli oper-atori in parentesi, introdotto da Dyson, che coincide con il prodotto deglistessi operatori, con il tempo che cresce andando da destra verso sinistra.

D’altronde, formalmente noi avevamo gia trovato, con la (6.169), una pre-

cisa espressione per la matrice S nella base degli stati |~k >, i.e.

S = I − 2πi δ(E − E ′)T (6.212)

dove

T ≡ V Ω+; Ω+ ≡∞∑

n=0

(

1

E −H0 + iǫV)n

(6.213)

182Si ricordi che, per ipotesi, il potenziale, in rappresentazione di Schrodinger, non dipendeesplicitamente dal tempo, quindi la notazione introdotta non puo generare equivoci.

240

Vediamo come questo risultato (6.212) coincida con quanto ottenuto adesso,tramite la (6.211).Operiamo, per semplicita, limitandoci al primo ordine dello sviluppo per-turbativo. Evidentemente, dalla (6.211) si ha

SI = I − i∫

dt eiH0t V e−iH0t (6.214)

Se proviamo allora a valutare l’ampiezza di scattering che ne deriva fra dueautostati |~k > e |~k′ > dell’impulso183, si ha

< ~k′|SI |~k > = < ~k′|~k > −i∫

dt ei(E′−E)t < ~k′|V |~k >=

= < ~k′|~k > −2πi δ(E −E ′) < ~k′|V |~k > (6.215)

D’altronde, per la (6.89), e

< ~k′|V |~k > =(

1

2π

)3 ∫

d3x e−i~k′·~x V (~x) ei

~k·~x =

=(

1

2π

)3 ∫

d3xV (~x) ei~x·(~k−~k′) =

=(

1

2π

)3(

−2πh2

m

)

f(~k, ~k′)Born

≡ − h2

m(2π)2f(~k, ~k′)Born (6.216)

e noi avevamo gia dimostrato, con la (6.158), che per T valeva, in generale,la relazione

< ~k′|T |~k >= − h2

m(2π)2f(~k, ~k′) (6.217)

e dunque, che al primo ordine risulta

< ~k′|T |~k >= − h2

m(2π)2f(~k, ~k′)Born (6.218)

Il confronto fra la (6.216) e la (6.218) implica quindi che, al primo ordineperturbativo, risulta

< ~k′|T |~k >=< ~k′|V |~k >come doveva essere visto che T = V Ω+ e, all’ordine piu basso, dalla definizione(6.213) segue evidentemente che Ω+ = I.

183Al solito, assumeremo che gli autostati dell’impuslo siano normalizzati a δ, ovvero checorrispondano loro le funzioni d’onda seguenti

Φ~k(~x) =

(

1

2π

)3/2

ei~k·~x

241

• Matrice S in rappresentazione di Heisenberg

Consideriamo, di nuovo, l’ampiezza di scattering (6.201)

Aβα(t′,−t) = < β|U(t′,−t)I |α >=< β|UI(t′) U−1

I (−t)|α >=

= < β|UI(t′) UI(t)|α > (6.219)

e definiamo i seguenti limiti deboli

|α 1 > = limt→+∞

UI(t) |α >= limt→+∞

UI(0,−t) |α >=

= UI(0,−∞) |α > (6.220)

|β 2 > = limt→+∞

U−1I (t) |β >= lim

t→+∞UI(0, t) |β >=

= UI(0,+∞) |β > (6.221)

Lo stato |α 1 > e, nella IP, l’evoluto fino al tempo t = 0 di uno stato che, altempo t = −∞ era rappresentato, sempre nella IP, dal vettore |α >, ovveroquello che gia abbiamo chiamato |α+ > mentre lo stato |β 2 > e l’evolutofino al tempo t = 0 di uno stato che, per t = +∞ sara rappresentato dalvettore |β >. overo quello che gia avevamo chiamato |β− >.Nel seguito supporremo che |α > e |β > siano autostati dell’hamiltonianalibera H0. Evidentemente, da quanto precede, ne segue il risultato ben noto

Sβα =< β − |α+ > (6.222)

ovvero, definendo

|α− >≡ S†H |α+ > (6.223)

che

Sβα =< β − |SH |α− > (6.224)

da confrontare con quanto ricavato prima, nella (6.202), i.e.

Sβα =< β|SI |α > (6.225)

Chiaramente SH rappresenta ancora lo stesso operatore di scattering, main una base differente da quella in cui abbiamo potuto definire SI .Per esempio, nel caso in cui |α > sia un pacchetto di impulso ~k, mentre|α+ > e |α− > sono entrambi autostati184 dell’hamiltoniana completa H ,

184Lo stato |α1 >= |α+ > e l’evoluto perturbato fino al tempo t = 0 dell’autostato |α >dell’hamiltonianaH0 al tempo t = −∞. Questo significa che lo stato, all’inizio, era un autostatoanche di H , poiche, per t = −∞, H ed H0 coincidevano: dopo esso si e evoluto secondol’hamiltoniana completa, quindi ha mantenuto il suo carattere di autostato di H (e non piu diH0). Questo stesso argomento vale tale e quale anche per |α+∞ >, che e l’evoluto perturbatofino al tempo t = +∞ del solito autostato |α > di H0 al tempo t = −∞.Anche per |β 2 >= |β− > si puo infine trarre la stessa conclusione, in quanto anche per t = +∞la perturbazione, per ipotesi, e assente.

242

|α >≡ |α −∞ > e autostato solo di H0, mentre |α + ∞ > lo e, di nuovo,dell’hamiltoniana completa H . Risulta

|α+ > = UI(0,−∞) |α >= UI(0,−∞) |α−∞ >=

= UI(0,−∞)S−1I |α + ∞ >= UI(0,−∞)UI(−∞,+∞) |α+ ∞ >=

= UI(0,+∞) |α+ ∞ > (6.226)

|α− > = UI(0,+∞) |α−∞ > (6.227)

|α−∞ > = U−1I (0,+∞) |α− >= UI(+∞, 0) |α− > (6.228)

|α + ∞ > = U−1I (0,+∞) |α+ >= UI(+∞, 0) |α+ > (6.229)

per cui, essendo per definizione

|α+ ∞ > ≡ SI |α−∞ >

|α+ > ≡ SH |α− >

si ha infine

|α− >= UI(0,+∞) |α−∞ >= S−1H UI(0,+∞) |α+ ∞ >

⇒ SH UI(0,+∞) |α−∞ >= UI(0,+∞) |α+ ∞ >

⇒ |α+ ∞ >= U−1I (0,+∞) SH UI(0,+∞) |α−∞ >

ovvero

SI = U−1I (0,+∞) SH UI(0,+∞) (6.230)

SH = UI(0,+∞) SI U−1I (0,+∞) (6.231)

243

In conclusione ...

Abbiamo visto, nell’ambito della teoria di LS, che, partendo dall’autostato|Φ > diH0, relativo all’autovaloreE, si possono definire due autostati dell’hamiltonianacompleta H , entrambi per lo stesso autovalore E, indicati con |Ψ± >≡ |Ψ± >, iquali si riducono entrambi allo stato imperturbato |Φ > quando la perturbazioneV = H −H0 → 0. Risulta

|Ψ± >≡ |Φ > +1

E −H0 ± ǫV |Ψ± > (6.232)

Nel caso particolare in cui |Φ > sia un autostato dell’impulso |~k >, rappresentato

nella SP dall’onda piana ( 12π

)2/3 ei~k·~x, abbiamo visto che gli stati |Ψ± > potevano

essere scritti come

|~k± >=(

1

2π

)3/2(

ei~k·~r + f±(~k, ~k′)

e±ikr

r

)

(6.233)

Abbiamo quindi indicato

• con il nome di stato outgoing lo stato |Ψ+ > che, oltre all’onda incidente,in zona asintotica e fatto da onde uscenti dal centro di scattering;

• con il nome di stato ingoing lo stato |Ψ− > che, invece, a parte l’ondaincidente, e composto da onde entranti, i.e. convergenti verso il centro discattering.

Abbiamo anche visto come, in termini degli operatori di Møller, sia

|Ψ± >= Ω± |Φ > (6.234)

ed abbiamo quindi scritto la matrice di scattering S nella base degli autostatidell’impulso (e quindi dell’hamiltoniana libera H0) nel modo seguente:

< ~k′|S |~k > = < ~k′ − |~k+ >=< ~k′|Ω†− Ω+ |~k > (6.235)

⇔ S = Ω†− Ω+ (6.236)

Quindi abbiamo cercato di descrivere il processo di scattering in termini di oper-atori di evoluzione temporale e, nella IP, abbiamo ottenuto

Sβα ≡ < β|S |α >≡< β −∞|S |α−∞ > (6.237)

S = UI(∞,−∞) (6.238)

La prima osservazione che si impone adesso e che gli stati |α −∞ > sono esat-tamente gli stati che, nella trattazione formale, avevamo indicato con |Φ >, cioegli autostati di H0 nella HP dell’evoluzione libera. Quindi

|~k >≡ |~k −∞ >

|~k− >≡ Ω−|~k >⇒ |~k −∞ >= Ω†

−|~k− > (6.239)

244

e dunque, come si e visto con la (6.235), risulta

< ~k′|S |~k > = < ~k′|Ω†− Ω+ |~k >=< ~k′|~k > −2πi δ(E −E ′) < ~k′| T |~k >

= < ~k′ −∞|S |~k −∞ >=< ~k′|UI(∞,−∞) |~k >⇔ Ω†

− Ω+ ≡ UI(∞,−∞) (6.240)

Evidentemente, questo risultato unito al fatto che, come si e gia detto, |α−∞ >=|α >, implica anche che

|α+ ∞ >≡ S |α−∞ >≡ S |α >= Ω†−Ω+ |α >= Ω†

− |α+ > (6.241)

ovvero, in definitiva, che

|α±∞ >= Ω†− |α± > ⇔ |α± >= Ω− |α±∞ > (6.242)

Prima di chiudere l’argomento delle rappresentazioni della matrice S, vale lapena spendere due parole ancora riguardo agli stati asintotici.Purtroppo le notazioni non sono delle piu felici e si prestano a generare equivoci,anche perche non c’e un’unica convenzione al riguardo.

Abbiamo visto che uno stato di scattering |Ψ± > puo essere sempre comple-tamente individuato, fissata l’hamiltoniana H , dagli stati asintotici (cfr. ref [24])da cui prende origine per t→ −∞ oppure a cui da luogo per t→ +∞.Questi stati vengono anche indicati, rispettivamente, con185 |Ψin > e |Ψout >.Per definizione, risulta

|Ψ+ > ≡ Ω+ |Ψin >=(

1 +1

E −H + iǫ

)

|Ψin > (6.243)

|Ψ− > ≡ Ω− |Ψout >=(

1 +1

E −H − iǫ

)

|Ψout > (6.244)

Secondo la loro definizione, |Ψin > e |Ψout > sono autostati dell’hamiltonianaimperturbata H0.Abbiamo quindi

Sβα =< β − |α+ >=< βout|Ω†−Ω+ |αin > (6.245)

Purtroppo, in vari libri, in realta si finisce per identificare |Ψ+ > con |Ψin > e|Ψ− > con |Ψout > per cui si trova scritto

Sβα =< βout|αin >185Si osservi che |Ψ+ > e uno stato outgoing mentre |Ψ− > e uno stato ingoing, per cui

stato outgoing |Ψ+ > = Ω+ |Ψin >

stato ingoing |Ψ− > = Ω+ |Ψout >

e gia questo non aiuta la chiarezza ...

245

ma deve essere chiaro che, mentre |Ψin > e |Ψout > sono, generalmente, stati”semplici” in quanto costituiti da particelle non interagenti fra loro, questo none vero per |Ψ− > e |Ψ+ >, che, di solito, sono molto complicati. Scrivere

Sβα =< βout|S |αin >

corrisponde a considerare gli stati come ”semplici” e ”scaricare” sull’operatore Stutta la complessita prodotta dal processo di scattering, mentre scrivere

Sβα =< β − |α+ >

richiede di saper valutare gli stati di scattering stessi, nella loro completezza.Per evitare fraintendimenti, nel seguito noi useremo la notazione |i > per

intendere lo stato asintotico a t = −∞ ed |f > per intendere quello raggiunto at = +∞, per cui risultera

Sfi =< f |S |i > (6.246)

246

6.2.7 Il fattore di forma

Abbiamo visto che sia classicamente come pure al primo ordine nello sviluppoperturbativo di Born, nel caso di una particella non relativistica di massa me carica e che urti contro un potenziale coulombiano generato da una caricapuntiforme Ze, risulta

dσ

dΩ=

(

Ze2

mv2

)21

4 sin4θ/2=

(

2mZe2

h2

)21

q4(6.247)

dove ~q ≡ ~k − ~k′ e il momento trasferito (in unita h) al centro scatteratore

q2 = 4k2 sin2θ/2 con k2 =2mE

h2

ed E e l’energia cinetica della particella urtante.Ma supponiamo adesso che il centro di scattering non sia una carica pun-

tiforme Ze, bensı abbia una sua struttura, descritta dalla distribuzione di caricaρ(~r), che assumeremo normalizzata in modo che risulti186

dq = Ze ρ(~r) d3r (6.249)∫

d3r ρ(~r) = 1 (6.250)

Supporremo ancora che ρ abbia simmetria sferica, per cui anche il potenzialeV (~r) da essa generato continuera ad avere la stessa simmetria.Abbiamo visto che, in approssimazione di Born al primo ordine, in generale e

dσ

dΩ= |f(~q)|2, dove f(~q) = − m

2πh2

∫

d3r V (~r) ei~q·~r (6.251)

ovvero l’ampiezza di scattering al momento trasferito ~q e proporzionale allatrasformata di Fourier del potenziale di scattering, calcolata per quel momentotrasferito. Siccome la distribuzione di carica non e piu puntiforme, avremo adesso

V (~r) = Ze2∫

d3yρ(~y)

|~r − ~y| (6.252)

che puo essere visto come la convoluzione della densita di carica con il potenzialecoulombiano prodotto da una carica puntiforme. Nell’ampiezza di scattering,

186Nel caso in cui la carica totale associata alla distribuzione sia nulla, evidentemente nonpotremo piu imporre la (6.250)... In quel caso, normalizzeremo in modo che ρ(~r) abbia co-munque le dimensioni dell’inverso di un volume, ponendo l’elemento di carica dq presente nelvolumetto d3r centrato in ~r, pari a dq = e ρ(~r) d3r. Evidentemente, in questo caso avremo

∫

d3r ρ(~r) = 0 (6.248)

e questa quantita, come la (6.250), ha le dimensioni di un numero puro.

247

questo si tradurra nel fatto che, poiche la trasformata di Fourier di una con-voluzione e il prodotto delle trasformate di Fourier dei fattori, f(~q) sara esprim-ibile come prodotto della trasformata di Fourier della distribuzione di carica perquella del potenziale coulombiano, che abbiamo visto essere proporzionale a q−2.Ma vediamolo con ordine. Valutiamo dunque

f(~q) = − m

2πh2

∫

d3r V (~r) ei~q·~r (6.253)

Occupiamoci dell’integrale: si ha

∫

d3r V (~r) ei~q·~r = Ze2∫

d3r ei~q·~r∫

d3yρ(~y)

|~r − ~y| (6.254)

D’altronde, se al posto della variabile ~r usiamo la variabile ~z ≡ ~r − ~y, abbiamoche l’integrale doppio che compare nelle (6.253) diventa

∫

d3r ei~q·~r∫

d3yρ(~y)

|~r − ~y| =∫ ∫

d3r d3y ei~q·~rρ(~y)

|~r − ~y| =

=∫ ∫

d3z d3y ei~q·(~z+~y)ρ(~y)

|~z| =∫

d3zei~q·~z

z

∫

d3y ei~q·~y ρ(~y) (6.255)

Quindi il nostro integrale doppio si e separato nel prodotto di due integrali dis-tinti, nelle variabili ~z e ~y. Ma il primo termine e proprio la trasformata di Fourierdel potenziale coulombiano, e si ha

∫

d3zei~q·~z

z= lim

µ→0

∫

d3z ei~q·~ze−µz

z= lim

µ→0

∫ ∞

0z2 dz

∫

sinθ dθ dφ eizq cosθe−µz

z

= 2π limµ→0

∫ ∞

0z2 dz

e−µz

z

∫

d(−cosθ) eizq cosθ = 2π limµ→0

∫ ∞

0z2 dz

e−µz

z

eizq − e−izq

izq

=2π

iqlimµ→0

∫ ∞

0dz e−µz (eizq − e−izq) =

2π

iqlimµ→0

(

−1

iq − µ+

1

−iq − µ

)

=

=2π

iqlimµ→0

(

1

−iq + µ− 1

iq + µ

)

=2π

iqlimµ→0

2iq

µ2 + q2=

4π

q2(6.256)

Ponendo allora

ρ(~q) ≡∫

d3y ρ(~y) ei~y·~q (6.257)

risulta infine∫

d3r ei~q·~r∫

d3yρ(~y)

|~r − ~y| =4π

q2ρ(~q) (6.258)

e dunque, in definitiva

f(~q) = − m

2πh2 Ze2 4π

q2ρ(~q) = −2mZe2

h2

ρ(~q)

q2(6.259)

248

La funzione ρ e detta fattore di forma della distribuzione di carica.Dalla definizione segue immediatamente che ρ = 1 corrisponde a ρ(~r) = δ(~r),ovvero ad una distribuzione di carica esattamente puntiforme.

Si noti altresı che, dalla definizione, segue anche che

ρ(0) = 1

il cui significato fisico e che, allorche q → 0, i.e., quando la lunghezza d’onda diDe Broglie λ = 1/q, associata alla particella urtante, tende ad infinito, la caricasu cui la particella scattera viene di nuovo ”vista” nella sua interezza.E’ come se il centro di scattering fosse puntiforme, dato che la particella urtante,nelle condizioni di scattering considerate, i.e. a quel momento trasferito, non ein grado di ”vederne” la struttura interna ...

Per quanto riguarda, poi, la sezione d’urto, abbiamo

dσ

dΩ= |f(~q)|2 =

(

2mZe2

h2

)21

q4|ρ(~q)|2 (6.260)

Evidentemente il termine |ρ(~q)|2, legato al fattore di forma, agisce come un fattoredi riduzione187 della sezione d’urto differenziale Rutherford

dσ

dΩ

∣

∣

∣

∣

∣

Ruth

=

(

2mZe2

h2

)21

q4(6.261)

che avremmo se la distribuzione di carica Ze fosse puntiforme.

Veniamo adesso ad alcuni casi particolari.

Distribuzione sferica uniformeCominciamo considerando il caso di una distribuzione di carica uniforme a sim-

metria sferica, di raggio a. In prima approssimazione, questa puo rappresentarela distribuzione di carica elettrica nel nucleo atomico (in quel caso a ≈ 1fm).Per ipotesi, dunque, la distribuzione di carica normalizzata ρ vale

ρ(r) =

34πa3

r ≤ a0 r > a

187Parliamo di fattore di riduzione perche

|ρ(~q)| =

∣

∣

∣

∣

∫

d3r ei~r·~qρ(~r)

∣

∣

∣

∣

≤∫

d3r |ei~r·~q| |ρ(~r)| =

∫

d3r |ρ(~r)|

e se la distribuzione di carica e tutta di un segno, allora ρ(~r) ≥ 0 e dunque

|ρ(~q)| ≤∫

d3r |ρ(~r)| =

∫

d3r ρ(~r) = ρ(0) = 1

249

2 4 6 8 10 12aq

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

F

Figure 29: Fattore di forma della distribuzione di carica uniforme a simmetriasferica.

Risulta allora

ρ(~q) =∫

d3r ρ(~r) ei~q·~r =3

4πa3

∫ a

0r2 dr

∫

eiqr cosθ sinθ dθ dφ =

= 2π3

4πa3

∫ a

0r2 dr

∫

eiqr cosθ dcosθ =3

2a3

∫ a

0r2 dr

eiqr − e−iqr

iqr(6.262)

Figure 30: Sezione d’urto differenziale di scattering di elettroni su nuclei di dueisotopi del Calcio: per ragioni grafiche la sezione d’urto su Ca40 e moltiplicataper 10, mentre quella su Ca48 e divisa per 10.

250

D’altronde

∫ a

0r dr eiαr = −i d

dα

∫ a

0eiαrdr = −i d

dα

eiaα − 1

iα=

d

dα

1 − eiaα

α

=α(−iaeiaα) − (1 − eiaα)

α2=eiaα(1 − iaα) − 1

α2(6.263)

dunque

ρ(~q) =3

2iqa3

∫ a

0r dr (eiqr − e−iqr) =

=3

2iqa3

eiaq(1 − iaq) − 1 − [e−iaq(1 + iaq) − 1]

q2

=3

2iqa3

eiaq − e−iaq − iqa[eiaq + e−iaq]

q2=

3

qa3

sin (aq) − aq cos (aq)

q2

= 3sin (aq) − aq cos (aq)

(aq)3(6.264)

la cui forma e rappresentata188 in fig.29, in funzione del parametro adimensionaleaq, mentre, in fig.30 e riportata la sezione d’urto differenziale di elettroni da 757.5MeV , su due isotopi del Calcio189. Il fatto che la sezione d’urto differenziale nonsi annulli laddove la trasformata di Fourier della densita di carica e nulla e dovutoa contributi di ordine superiore.

Distribuzione sferica esponenzialeUn altro caso interessante e quello in cui la carica e distribuita in modo espo-

nenziale, come accade, per esempio, per la distribuzione della carica elettronicanello stato fondamentale dell’atomo di idrogeno. Assumiamo dunque che la dis-tribuzione di carica normalizzata sia

ρ(~r) =1

8πa3e−r/a (6.265)

dove a rappresenta quindi il raggio della carica stessa190.

188Ricordiamo che, essendo hc = 197.327MeV fm, la condizione aq = 1 e raggiunta, pera = 1 fm, quando q = 197.327MeV/(hc), essendo, come gia osservato, hq l’impulso trasferitonel processo.

189J.B. Bellicard et al., PRL, 19, 527, (1967)Essendo a ≈ 1.2A1/3 fm, nel caso del Calcio risulta a ≈ 4.1 fm, per cui il primo zero delfattore di forma (aq ≈ 4.5) si ottiene quando q ≈ 200MeV/c, ovvero, usando elettroni incidentidi impulso 757.5MeV/c, per θ ≈ 150...

190E’ immediato dimostrare che a =∫

d3r r ρ(~r): in questo senso a rappresenta il valor mediodel raggio di carica.

251

Risulta

ρ(~q) =∫

d3r ρ(~r) ei~q·~r =1

8πa3

∫

d3r ei~q·~r e−r/a =

= 2π1

8πa3

∫

r2 dr d(cosθ) eiqr cosθ e−r/a =1

4a3

∫ ∞

0r2 dr

eiqr − e−iqr

iqre−r/a =

=1

4iq a3

∫ ∞

0r dr(eiqr − e−iqr) e−r/a (6.266)

D’altronde, per a > 0, risulta

∫ ∞

0r dr e(−a+ib)r = − d

da

∫ ∞

0dr e(−a+ib)r = − d

da

−1

−a+ ib=

d

da

1

−a + ib=

=1

(−a + ib)2(6.267)

quindi

ρ(~q) =1

4iq a3

[

1

(−1a

+ iq)2− 1

(−1a− iq)2

]

=1

4iq a3

[

1

( 1a− iq)2

− 1

( 1a

+ iq)2

]

=

=1

4iq a3

( 1a

+ iq)2 − ( 1a− iq)2

(q2 + 1a2

)2=

1

4iq a3

4iqa

(1+a2q2

a2)2

=1

a4

a4

(1 + a2q2)2=

=1

(1 + a2q2)2(6.268)

Di nuovo si vede che se aq << 1, ovvero quando il momento trasferito, in unitah = 1, e molto minore dell’inverso della dimensione atomica a, la particella vedela carica come un tutt’uno, concentrata nell’origine. Invece, quando aq >> 1,ovvero quando a >> 1

q= λB, i.e. quando la lunghezza d’onda di de Broglie λB

associata al momento trasferito q e molto minore delle dimensioni atomiche, ilfattore di forma finisce per tendere a zero.

252

6.2.8 Sviluppo in onde parziali

Abbiamo fino ad ora assunto che la particella incidente sia in un autostatodell’impulso, i.e. lo stato iniziale |Φ > sia rappresentato da un’onda piana. Senzaperdita di generalita, possiamo allora assumere che la funzione d’onda incidentesia caratterizzata da un vettore d’onda ~k, allineato con l’asse z.In coordinate polari avremo dunque

Φ(~r) =1

(2π)3/2ei~k·~r =

1

(2π)3/2eikr cosθ (6.269)

Abbiamo altresı visto che la funzione d’onda scatterata e caratterizzata da unvettore d’onda ~k′ che ha lo stesso modulo di ~k (conservazione dell’energia ...) mae orientato in una direzione generica, individuata dagli angoli polari θ e φ.

Nel caso di un potenziale V (~r) = V (r) avente simmetria sferica191, siccomene lo stato imperturbato (condizione al contorno) ne il potenziale dipendonodall’angolo azimutale φ, nemmeno la soluzione generale Ψ(~r) potra avere questa

dipendenza, e questo equivale a dire che l’ampiezza di scattering f(~k, ~k′) di cuialla (6.82) non puo dipendere dall’angolo azimutale φ. Potremo dunque scriverela Ψ come

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

[

eikr cosθ +eikr

rf(θ)

]

(6.270)

D’altronde, fuori dal range di azione del potenziale (che assumeremo finito) ancheΨ soddisfa l’equazione della particella libera, cioe

(∇2 + k2)Ψ = 0 (6.271)

e siccome non dipende da φ, potremo rappresentarla come

Ψ(r, θ) =∑

l

Rl(r)Pl(cosθ) (6.272)

poiche i polinomi di Legendre192 Pl(cosθ) sono un set completo in θ. Sostituendo

191Per l’argomento in questione, in realta basterebbe che il potenziale avesse simmetria cilin-drica intorno all’asse z ...

192Ricordiamo che i polinomi di Legendre sono definiti come

Pn(z) =1

2n n!

dn

dzn(z2 − 1)n

e risulta

P0(z) = 1; P1(z) = z; P2(z) =1

2(3z2 − 1); ...

253

la (6.272) nella (6.271), otteniamo la ben nota equazione radiale193

d2Rl

dr2+

2

r

dRl

dr+

[

k2 − l(l + 1)

r2

]

Rl = 0 (6.274)

le cui soluzioni indipendenti sono le funzioni sferiche di Bessel jl(kr) e quelle diNeumann ηl(kr), definite come194

jl(y) ≡ yl(

−1

y

d

dy

)lsin y

y(6.275)

ηl(y) ≡ −yl(

−1

y

d

dy

)lcos y

y(6.276)

i.e.

Rl(r) = Ajl(kr) +B ηl(kr) (6.277)

Possiamo dunque scrivere che, fuori dalla regione di scattering, cioe dove ilpotenziale e nullo, la soluzione del nostro problema di scattering sara data da

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

[Al jl(kr) +Bl ηl(kr)]Pl(cosθ) (6.278)

Essi sono normalizzati in modo tale che

∫ 1

−1

Pn(z)Pm(z)dz = δnm2

2n+ 1

ed il loro legame con le armoniche sferiche e il seguente

Pl(cosθ) =

√

4π

2l + 1Y 0

l (θ, φ)

193Ricordiamo che, per un potenziale a simmetria sferica V (r), l’equazione radiale e

d2Rl

dr2+

2

r

dRl

dr+

2m

h2 [E − V (r) − h2

2m

l(l + 1)

r2]Rl = 0

Ponendo rRl(r) ≡ u(r) e definendo V (r) = V (r) + h2l(l+1)2mr2 , otteniamo per la funzione u(r)

l’equazione

d2u

dr2+

2m

h2 [E − V (r)]u = 0 (6.273)

ovvero l’equazione agli autovalori per una particella di massa m che si muove, in una sola

dimensione, in presenza di un potenziale V (r) a cui si somma il potenziale l(l+1)h2

2mr2 ≡ J2

2mr2

corrispondente al potenziale centrifugo agente su una particella di massa m e momento orbitaletotale J .

194Si noti che, mentre le funzioni jl sono regolari all’origine, le ηl sono singolari.

254

dove Al e Bl sono costanti opportune.Si osservi che le funzioni di Neumann possono comparire nell’espressione della

Ψ in quanto la zona di validita dello sviluppo (6.278), che e quella dove il poten-ziale e nullo, certamente non contiene l’origine, dove esse sono singolari.Infatti, per esempio, se prendiamo la soluzione piana che risolve l’equazione liberain tutto lo spazio (~k = (0, 0, k)), abbiamo

Φ(~r) =1

(2π)3/2ei~k·~r =

1

(2π)3/2eikr cosθ (6.279)

e lo sviluppo195 di questa funzione in polinomi di Legendre non contiene le funzionidi Neumann, essendo appunto

eikr cosθ =∞∑

l=0

il (2l + 1) jl(kr)Pl(cosθ) (6.280)

Ricordiamo adesso che, nella zona asintotica, i.e. per y → ∞, risulta

jl(y) → sin(y − lπ/2)

y(6.281)

ηl(y) → −cos(y − lπ/2)

y(6.282)

quindi, molto lontano dalla zona di scattering, avremo

Ψ(~r) → 1

(2π)3/2

∞∑

l=0

(

Alsin(kr − lπ/2)

kr− Bl

cos(kr − lπ/2)

kr

)

Pl(cosθ)

→ 1

(2π)3/2

∞∑

l=0

Clsin(kr − lπ/2 + δl)

krPl(cosθ) (6.283)

dove Cl e δl sono definiti in modo che

Cl cos δl ≡ Al; Cl sin δl ≡ −Bl

Ora, evidentemente, ciascun termine

Clsin(kr − lπ/2 + δl)

kr

e la sovrapposizione di un’onda sferica uscente dalla zona di scattering ed unaentrante, infatti

sin(kr − lπ/2 + δl)

kr=ei(kr−lπ/2+δl)

2ikr− e−i(kr−lπ/2+δl)

2ikr195Siccome i polinomi di Legendre sono autosoluzioni degli operatori di momento angolare J2

e Jz per gli autovalori l(l + 1) ed m = 0, lo sviluppo mostra come l’onda piana che si propagalungo l’asse z sia una opportuna soprapposizione di tutti gli stati di momento angolare conterza componente nulla (poiche non c’e dipendenza dall’angolo azimutale φ). Intuitivamente,essendo l’onda piana delocalizzata, essa consente infatti tutti i parametri d’impatto possibili ...

255

D’altronde, le onde entranti non possono trovarsi nella parte ”scatterata” perchequel contributo, per costruzione, e fatto solo da onde uscenti.Da dove provengono, allora ?Ricordiamo che, oltre alla parte scatterata, la soluzione |Ψ > contiene anche(principalmente ...) l’onda piana incidente e per questa si e visto che vale la(6.280), ovvero, in zona asintotica risulta

Φ(~r) =1

(2π)3/2eikr cosθ =

1

(2π)3/2

∞∑

l=0

il (2l + 1) jl(kr)Pl(cosθ)

≈ 1

(2π)3/2

∞∑

l=0

il (2l + 1)sin(kr − lπ/2)

krPl(cosθ) =

=1

(2π)3/2

∞∑

l=0

il (2l + 1)ei(kr−lπ/2) − e−i(kr−lπ/2)

2ikrPl(cosθ) (6.284)

Dunque, se vogliamo che l’onda scatterata sia solo uscente, i.e. che, data la(6.270), risulti

(2π)3/2 (Ψ(~r) − Φ(~r)) =eikr

rf(θ)

allora bisogna che il termine seguente, presente nella soluzione completa

−Cl e−i(kr−lπ/2+δl) = −Cl e−iδle−i(kr−lπ/2)

sia cancellato esattamente dall’analogo termine

−il (2l + 1)e−i(kr−lπ/2)

presente nell’onda incidente, ovvero che risulti

il(2l + 1) = Cl e−iδl ⇒ Cl =

(

eiπ/2)l

(2l + 1)eiδl = (2l + 1)ei(δl+lπ/2)(6.285)

In questo modo, nella regione asintotica, la quantita (2π)3/2 (Ψ(~r) − Φ(~r)), risultacomposta da sole onde uscenti, i.e.

(2π)3/2 (Ψ(~r) − Φ(~r)) =∞∑

l=0

[

Clei(kr−lπ/2+δl)

2ikr− il(2l + 1)ei(kr−lπ/2)

2ikr

]

Pl(cosθ)

=∞∑

l=0

[

(2l + 1)ei(δl+lπ/2)ei(kr−lπ/2+δl) − ei(lπ/2)(2l + 1)ei(kr−lπ/2)] Pl(cosθ)

2ikr=

=∞∑

l=0

2l + 1

2ikrPl(cosθ)

[

ei(kr+2δl) − eikr]

=eikr

r

∞∑

l=0

(2l + 1)Pl(cosθ)e2iδl − 1

2ik≡ eikr

rf(θ)

ma e2iδ − 1 = eiδ(eiδ − e−iδ) = 2i eiδ sin δ, per cui, finalmente, si ha

f(θ) =∞∑

l=0

(2l + 1)Pl(cosθ) eiδlsin δlk

(6.286)

256

Siccome i polinomi di Legendre sono ortogonali fra loro e descrivono stati conl definito, ciascuna componente rappresenta l’ampiezza di scattering relativa alparticolare momento angolare l cui si riferisce.In pratica, lo sviluppo e utile se l’interazione privilegia ampiezze di scatteringa basso l. Questo accade, tipicamente, quando il potenziale V (r) ha un raggiod’azione limitato a (come, per esempio, nel caso delle forze nucleari o delle in-terazioni deboli). In questo caso, allo scattering di particelle di piccola energiaparteciperanno soltanto le onde parziali di piccolo l.

Per convincersene, possiamo ragionare classicamente e concludere quindi cheper parametri di impatto b > a, ovvero per valori di l = kb > ka, sostanzialmentenon c’e scattering...

Quantisticamente possiamo arrivare alla stessa conclusione osservando che, seconsideriamo solo il potenziale contrifugo, allora, fissata l’energia E = k2h2

2m, la

particella potra avvicinarsi, al massimo, fino a che

h2 l(2l + 1)

2mr2= E =

h2k2

2m⇒ r0 =

√

l(l + 1)

k

dopodiche la funzione d’onda diviene esponenzialmente decrescente. Allora, se ilraggio d’azione della forza a e piu piccolo di r0, quella particolare onda non verra,in buona sostanza, scatterata visto che la particella non penetra la regione dovee il potenziale, i.e. lo scattering ci sara solo per

a ≥ r0 =

√

l(l + 1)

k⇒ ak ≥ l

dove abbiamo posto l ≈√

l(l + 1).

Osserviamo adesso che l’espressione trovata (6.286) per l’ampiezza di scatter-ing ci dice che essa e necessariamente complessa.Come mai, allora, quando abbiamo determinato l’ampiezza di scattering in ap-prossimazione di Born, questa, almeno nel caso di potenziale a simmetria sferica,e risultata reale ?La spiegazione sta nel fatto, appunto, che l’approssimazione di Born consider-ata e un’approssimazione al prim’ordine nel potenziale di scattering e dunquenegli sfasamenti δl. Ora, proprio la (6.286) mostra che la sua parte immaginariadipende da sin2δl ...

257

6.2.9 Un metodo per determinare analiticamente i phase-shifts

Consideriamo, in generale, un potenziale a simmetria sferica V (r) che sia diversoda zero solo per r < a, dove a rappresenta il range del potenziale stesso. Nellaregione r ≥ a, la funzione d’onda soddisfa l’equazione di Schroedinger libera

(∇2 + k2)Ψ = 0

e, come sappiamo, la sua piu generale soluzione che sia indipendente dall’angoloazimutale φ e

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

[Al jl(kr) + Bl ηl(kr)] Pl(cosθ)

Abbiamo visto che, in termini dei phase-shifts, per quanto riguarda la partescatterata (cioe, a parte l’onda incidente ...) e

Al = Cl cos δl (6.287)

Bl = −Cl sin δl (6.288)

ovvero, essendo

Cl = (2l + 1) ei(δl+lπ/2) = il (2l + 1) eiδl (6.289)

risulta (r ≥ a)

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

il (2l + 1) eiδl [jl(kr) cosδl − ηl(kr) sinδl] Pl(cosθ) =

≡ 1

(2π)3/2

∑

l

il (2l + 1)Fl(r)Pl(cosθ) (6.290)

Calcoliamo adesso la derivata logaritmica dell’ampiezza l−esima Fl

Fl(r) ≡ eiδl [jl(kr) cosδl − ηl(kr) sinδl] (6.291)

i.e. determiniamo, per r = a, la quantita

βl+ ≡ a

Fl

dFldr

∣

∣

∣

∣

∣

r=a

=1

eiδl [jl(ka) cosδl − ηl(ka) sinδl]eiδl

[

j′

l (ka) cosδl − η′

l(ka) sinδl]

k =

= akj′

l (ka) cosδl − η′

l(ka) sinδljl(ka) cosδl − ηl(ka) sinδl

da cui, con un po’ di algebra, si ricava la tangente dello sfasamento δl, data da

tg δl =ka j

′

l(ka) − βl+ jl(ka)

ka η′

l(ka) − βl+ ηl(ka)(6.292)

258

Come si vede, dunque, il problema di determinare gli sfasamenti δl e ricondottoa quello di determinare le quantita βl+.Queste sono determinate risolvendo l’equazione radiale nella zona dove e presenteil potenziale. Per r < a, dove e non nullo il potenziale di scattering, sappiamoche la piu generale soluzione dell’equazione di Schroedinger che sia indipendentedall’angolo azimutale φ e di nuovo del tipo

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

il (2l + 1)Rl(r)Pl(cosθ) (6.293)

dove

Rl(r) ≡ul(r)

r(6.294)

e tale per cui

d2uldr2

+

(

k2 − 2m

h2 V (r) − l(l + 1)

r2

)

ul = 0 (6.295)

con la condizione al contorno ul(0) = 0, che assicura che Rl sia regolare ancheall’origine. Risolvendo196 rispetto ad Rl, se ne calcola poi la derivata logaritmicaβl− sempre per r = a: poiche tanto la Ψ come la sua derivata prima sono continue,risulta

βl− = βl+

e in questo modo, in linea di principio, si possono determinare gli sfasamenti δl.

196E’ vero che questa equazione radiale, appena il potenziale diventa non banale, non si sarisolvere analiticamente, pero, trattandosi di una equazione unidimensionale, non e troppocomplicato risolverla numericamente (cfr. ref.[8]) e quindi arrivare, attraverso questa strada,alla determinazione delle fasi δl .

259

6.2.10 Relazione fra i phase-shifts ed il potenziale

Abbiamo visto che, dato un potenziale di scattering V (r) a simmetria sferica edi range finito, lo stato stazionario di scattering corrispondente all’autovalore Edell’hamiltoniana, che, nel limite in cui V → 0 e un’onda piana Φ(~r) di momento

~p = h~k (E = k2h2

2m) che si propaga lungo l’asse z, e

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

[

eirk cosθ +eikr

rf(θ)

]

(6.296)

dove

f(θ) =1

k

∑

l

(2l + 1)eiδl sinδl Pl(cosθ) (6.297)

Gli sfasamenti δl, che determinano le varie ampiezze parziali di scattering, sonopalesemente legati al potenziale V (r): cerchiamo di stabilire questo legame.Per far questo, ripartiamo dall’equazione di Schroedinger stazionaria, i.e.

(∇2 + k2)Ψ(~r) =2m

h2 V (r) Ψ(~r) (6.298)

e sviluppiamola in onde parziali. Siccome, come abbiamo gia avuto modo diosservare, sia nella condizione al contorno Φ(~r) come nel potenziale V (r) non c’edipendenza dall’angolo azimutale φ, potremo scrivere

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

1

kr

∑

l

il(2l + 1) ul(r)Pl(cosθ) (6.299)

dove la funzione radiale ridotta197 ul soddisfa l’equazione

d2uldr2

+

[

k2 − l(l + 1)

r2− 2m

h2 V (r)

]

ul = 0 (6.300)

Nel caso libero, ovvero per V = 0, la soluzione della (6.300) che soddisfa allecondizioni al contorno date ed e regolare per r = 0, e naturalmente l’onda piana

197Si noti che la funzione radiale vera e propria sarebbe propriamente Rl = ul/(kr), chesoddisfa l’equazione radiale ben nota

d2Rl

dr2+

2

r

dRl

dr+

[

k2 − l(l+ 1)

r2− 2m

h2 V (r)

]

Rl = 0

le cui soluzioni libere (i.e. per V (r) = 0), come abbiamo gia detto, sono

Rl(r) = Ajl(kr) +B ηl(kr)

260

che viaggia lungo z, per la quale si ha, come abbiamo gia avuto modo di vedere

ul(r) = kr jl(kr) ≡ vl(r) (6.301)

⇒ Ψ(~r) → Φ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

ll(2l + 1)vl(r)

krPl(cosθ)

Per ipotesi, quindi, la funzione vl sopra definita soddisfa l’equazione libera

d2vldr2

+

[

k2 − l(l + 1)

r2

]

vl = 0 (6.302)

ed abbiamo gia osservato che il suo andamento asintotico (r → ∞) e del tipo

(kr) jl(kr) ≡ vl(r) −→ sin(kr − lπ/2) (6.303)

Supponiamo adesso di indicare con ul la soluzione radiale ”completa”, regolarein r = 0 (i.e., tale che u(0) = 0...). Per quanto abbiamo gia avuto modo diosservare198, asintoticamente per r → ∞, deve accadere che

ul(r) −→ eiδl sin(kr − lπ/2 + δl) (6.304)

Moltiplichiamo allora l’equazione radiale (6.300) per vl e la (6.302) per ul: si ha

vld2uldr2

+

[

k2 − l(l + 1)

r2− 2m

h2 V (r)

]

ul vl = 0 (6.305)

uld2vldr2

+

[

k2 − l(l + 1)

r2

]

vl ul = 0 (6.306)

e quindi sottraiamo l’equazione (6.306) dalla (6.305): risulta

vld2uldr2

− uld2vldr2

=2m

h2 V (r)ul vl (6.307)

Integriamo ora il risultato ottenuto nella variabile radiale. Si ha

∫

dr

[

vld2uldr2

− uld2vldr2

]

=2m

h2

∫

dr V (r)ul vl (6.308)

198Ricordiamo che, dall’analisi fatta per giungere all’espressione dello sviluppo dell’ampiezzadi scattering in onde parziali, risulta che, asintoticamente

Ψ(~r) −→ 1

(2π)3/2

∑

l

Clsin(kr − lπ/2 + δl)

krPl(cos(θ))

dove Cl = il(2l + 1)eiδl . Dunque, dato lo sviluppo (6.299), risulta dimostrato che

ul → eiδlsin(kr − lπ/2 + δl)

261

ma chiaramente

vld2uldr2

− uld2vldr2

=d

dr

[

vlduldr

− uldvldr

]

(6.309)

quindi

2m

h2

∫ ∞

0dr V (r)ul vl =

[

vlduldr

− uldvldr

]∞

0

(6.310)

D’altronde, per r = 0 sia vl che ul sono nulle, essendo le funzioni radiali ridottedi soluzioni radiali regolari all’origine, dunque

2m

h2

∫ ∞

0dr V (r)ul vl = lim

r→∞

[

vlduldr

− uldvldr

]

(6.311)

Ma, asintoticamente, risulta

vlduldr

− uldvldr

= keiδlsin(kr − lπ/2)cos(kr − lπ/2 + δl) −

− keiδlsin(kr − lπ/2 + δl)cos(kr − lπ/2) =

= −k eiδlsinδl (6.312)

per cui, finalmente, abbiamo il risultato

eiδlsinδl = − 2m

kh2

∫ ∞

0dr V (r)ul(r) jl(kr) kr =

= −2m

h2

∫ ∞

0r dr V (r)ul(r) jl(kr) (6.313)

Questa soluzione e esatta ma richiede, per essere valutata, la conoscenza esplicitadella soluzione radiale completa ul.

Se possiamo assumere che l’effetto dello scattering non alteri troppo la soluzioneradiale (cioe per piccoli sfasamenti ...) e quindi ul e jl abbiano lo stesso segnosostanzialmente ovunque, allora approssimando sinδl con δl e ponendo eiδl ≈ 1,ovvero facendo una approssimazione al primo ordine, si ha

δl = −2m

h2

∫ ∞

0r dr V (r) jl(kr) ul(r) (6.314)

la quale mostra che

δl < 0 se V > 0 (repulsivo)

δl > 0 se V < 0 (attrattivo)

Si osservi infine che la (6.313) non dice, come potrebbe sembrare a primavista, che gli sfasamenti sono funzione lineare del potenziale, in quanto, appunto,il potenziale, in generale, entra anche nella ul ...

262

6.2.11 Caso coulombiano

Uno dei casi fisicamente piu interessanti e quello in cui il potenziale di scatteringe coulombiano.

Evidentemente esso non ha range finito, per cui possiamo aspettarci che alcunedelle conclusioni tratte fino ad ora non risultino valide. Il metodo degli sfasamentie stato dimostrato assumendo di poter affermare che, asintoticamente, la parti-cella torna libera e quindi la sua fase, come quella dell’onda parziale l−esimadello sviluppo dell’onda piana, cresce come kr.

Per poter capire che succede nel caso del potenziale coulombiano, dobbiamo dinuovo partire dall’inizio, ovvero dalla considerazione che la piu generale soluzionestazionaria Ψ, indipendente dall’angolo azimutale φ, potra comunque sempreessere scritta come

Ψ(~r) =1

(2π)3/2

∑

l

il (2l + 1)Rl(r)Pl(cosθ) (6.315)

dove Rl(r) verifica adesso l’equazione radiale omogenea con potenziale

d2Rl

dr2+

2

r

dRl

dr+

[

k2 − 2m

h2 V (r) − l(l + 1)

r2

]

Rl = 0 (6.316)

La soluzione regolare all’origine, nel caso in cui V (r) = Ze2

r, e

Rl = eπλ/2|Γ(l + 1 + iλ)|

(2l + 1)!(2kr)l eikr F (iλ+ l + 1, 2l + 2,−2ikr) (6.317)

dove abbiamo definito λ ≡ Ze2mkh2 , mentre la funzione F (a, b, z) e la funzione (di

Kummer) ipergeometrica degenere199 e la funzione Γ e definita, al solito, come

Γ(z) =∫ ∞

0dt tz−1e−t Re(z) > 0

L’andamento asintotico della Rl e dato da

Rl →1

krsin (kr − lπ/2 + δl − λ ln(2kr)) (6.318)

dove

δl = arg(Γ(l + 1 + iλ)) (6.319)

199Essa e definita nel modo seguente:

F (a, b, z) = 1 +a

b

z

1!+a(a+ 1)

b(b+ 1)

z2

2!+ ...

263

Confrontando allora l’andamento asintotico della Rl con l’analogo andamentodella stessa componente di momento angolare l presente nell’onda incidente

sin(kr − lπ/2)

kr

identifichiamo immediatamente lo sfasamento indotto dal potenziale coulombianonella somma dei due addendi

δl − λ ln(2kr)

Il termine che diverge logaritmicamente e indipendente da l e trae la sua origineproprio nel particolare carattere del potenziale coulombiano di annullarsi ”molto”lentamente. L’altro termine viene identificato con lo sfasamento vero e proprioche entra nell’equazione (6.286).

6.2.12 Determinazione sperimentale dei phase-shifts

Nel caso in cui siano solo poche le ampiezze parziali che partecipano al processodi scattering, gli sfasamenti δl possono essere fittati a partire dalla sezione d’urtodifferenziale, che, ricordiamo, vale

dσ

dΩ= |f(θ)|2 =

1

k2

∣

∣

∣

∣

∣

∑

l

(2l + 1)eiδl sinδl Pl(cosθ)

∣

∣

∣

∣

∣

2

(6.320)

Supponiamo, per esempio, che sia presente solo scattering in onda s: essendoP0(cosθ) = 1, il processo e evidentemente isotropo e risulta

dσ

dΩ=

1

k2sin2δ0 (6.321)

Se lo scattering, invece, avviene anche in onda p, allora sara

dσ

dΩ=

1

k2

∣

∣

∣eiδ0 sinδ0 + 3eiδ1 sinδ1 cosθ∣

∣

∣

2=

1

k2

(

A0 + A1 cosθ + A2 cos2θ)

(6.322)

dove

A0 = sin2δ0

A1 = 3sinδ0 sinδ1 cos(δ0 − δ1)

A2 = 9sin2δ1 (6.323)

etc ...Ed e evidentemente, allora, come questa strada si presti ad essere seguita solo

se il numero di ampiezze parziali che partecipano al processo di scattering e moltolimitato.

264

6.2.13 Ancora sul fattore di forma e le ampiezze parziali

Vediamo cosa succede nel caso di una distribuzione di carica totale nulla. Sup-poniamo che lo scattering avvenga su un oggetto globalmente neutro (per esem-pio, su un atomo). Come abbiamo gia detto, in questo caso supporremo che ladensita di carica sia stata normalizzata in modo che risulti

dq = e ρ(~r) d3r

Con gli stessi argomenti usati nel caso in cui la carica complessiva associata alcentro scatteratore era Ze, otteniamo

f(~q) = −2me2

h2

1

q2ρ(~q)

Stavolta, pero, nel limite in cui ~q → 0, ρ(~q) → 0 (essendo ρ(0) = 0 ...).D’altronde, se poi ρ(~r) possiede simmetria sferica, allora anche ρ(~q) la possiede200

e dunque dipende, in realta solo da q = |~q|: sviluppando in serie di Taylor, si ha

ρ(q) = ρ(0) + q A+ q2B + ... (6.324)

dove

A ≡ dρ

dq

∣

∣

∣

∣

∣

q=0

; B ≡ 1

2

d2ρ

dq2

∣

∣

∣

∣

∣

q=0

Ma, per quanto gia detto, essendo la carica totale nulla, e ρ(0) = 0.Verifichiamo che anche il coefficiente A e necessariamente nullo. Infatti201

d

dq

∫

d3r ei~r·~q ρ(r) =d

dq

∫

r2 dr dΩ eirq cosθ ρ(r) = 2πd

dq

∫

r2 dreirq − e−irq

irqρ(r)

200Infatti, se R e una qualsiasi matrice di rotazione

ρ(R~q) =

∫

d3r ei~r·(R~q) ρ(~r) =

∫

d3r ei(R−1~r)·(R−1R~q) ρ(~r) =

∫

d3r ei(R−1~r)·~q ρ(~r) =

=

∫

d3y ei~y·~q ρ(R~y) =

∫

d3y ei~y·~q ρ(~y) = ρ(~q)

201Un modo equivalente per giungere alla stessa conclusione e quello di ripartire dalladefinizione della trasformata di Fourier della densita di carica e sviluppare l’esponenziale: si ha

ρ(~q) =

∫

d3r ei~q·~r ρ(r) =

∫

d3r

(

1 + i~q · ~r +1

2(i~q · ~r)2 + ...

)

ρ(r)

=

∫

d3r ρ(r) + iqj

∫

d3r [rj ρ(r)] −qj qk

2

∫

d3r [rj rk ρ(r)] + ... =

=

∫

d3r ρ(r) + iqj

∫

d3r [rj ρ(r)] −qj qk

2

∫

d3r [(rj rk − 1

3r2δjk) ρ(r)] − 1

6q2∫

d3r r2 ρ(r) + ...

ed il secondo e terzo integrale, proporzionali, rispettivamente al momento di dipolo ed al mo-mento di quadrupolo della distribuzione, sono nulli se questa ha simmetria sferica, mentre ilprimo e nullo essendo nulla la carica totale. Dunque, nel caso di simmetria sferica, il primotermine non nullo nello sviluppo perturbativo in serie di q e proporzionale a q2.

265

= 2πd

dq

∫

r2 dr2i sin(rq)

irqρ(r)

D’altronded

dx

sin x

x=x cos x− sin x

x2

quindi

A = limq→0

2π∫

r2 drrq cos(rq) − sin(rq)

(rq)2r ρ(r) (6.325)

e nel limite in cui q → 0, questa quantita si annulla dato che il numeratore dellafrazione presente nell’integrale, per rq → 0, va com (rq)3 ...

Quindi, per q → 0, il primo termine dello sviluppo di Taylor della funzioneρ(q) e quello proporzionale a q2, per cui abbiamo

f(~q) = −2me2

h2

1

q2ρ(q) ≈ −2me2

h2 B + O(q) (6.326)

cioe l’ampiezza di scattering risulta (almeno nel limite di bassi q) essere indipen-dente da q stesso.

Per quanto abbiamo visto circa lo sviluppo in onde parziali della f , evidente-mente questo caso corrisponde a quello in cui il processo di scattering avviene inonda S, infatti, questo e l’unico caso in cui, essendo P0(cosθ) = 1, l’ampiezza eisotropa.

6.2.14 Il teorema ottico

Dalla rappresentazione dell’ampiezza di scattering in onde parziali

f(θ) =∞∑

l=0

2l + 1

keiδl sin δl Pl(cosθ) (6.327)

si ricava immediatamente l’espressione della sezione d’urto in funzione degli sfasa-menti δl. Infatti

σtot =∫

|f(θ)|2 dΩ

= 2π∫

d(cosθ)∞∑

l=0

2l + 1

ke−iδl sin δl Pl(cosθ)

∞∑

l′=0

2l′ + 1

keiδl′ sin δl′ Pl′(cosθ)

da cui, usando le relazioni202 di ortogonalita per i polinomi di Legendre,

σtot = 2π∑

l

∑

l′

(2l + 1)(2l′ + 1)

k2sin δl sin δl′

2

2l + 1δll′ e

i(δl′−δl)

202Abbiamo gia detto che i polinomi di Legendre sono normalizzati in modo che∫

dz Pn(z) Pm(z) =2

2n+ 1δnm

266

=4π

k2

∞∑

l=0

(2l + 1) sin2 δl (6.328)

Questo risultato dice, fra l’altro che, fissato comunque l

• il contributo alla sezione d’urto da quell’onda parziale decresce come k−2;

• il massimo contributo possibile vale 4π(2l + 1)/k2

• una sezione d’urto totale infinita richiede contributi da l grandi a piacere,di valore tale da rendere divergente la serie.

Osserviamo adesso che risulta203

f(θ = 0) =∑

l

2l + 1

keiδl sinδl (6.329)

per cui

4π

kIm[f(0)] =

4π

k2

∑

l

(2l + 1) sin2δl = σtot (6.330)

Questo risultato e noto come Teorema ottico.Esso riflette il fatto che la possibilita di esistere stessa dello scattering richiedenecessariamente che esso si manifesti anche nella direzione ”in avanti”, affinchequesta ampiezza possa interferire con l’onda incidente e dunque ridurre la correntedi probabilita in quella direzione, per compensare quella che si manifesta nellealtre direzioni di scattering.

6.2.15 La risonanza

Abbiamo visto che la sezione d’urto del processo di scattering e data da

σ =∑

l

σl (6.331)

dove le sezioni d’urto parziali sono espresse in termini degli sfasamenti come

σl =4π

k2(2l + 1) sin2δl (6.332)

Evidentemente, come abbiamo avuto gia modo di osservare, per una data energia,ovvero per un dato valore di k, σl sara massima quando δl = π/2.

Supponiamo allora che, per un dato valore di l ed una data energia E0 dellaparticella incidente, sia

δl(E0) = π/2

203Ricordiamo che i polinomi di Legendre sono tali che Pl(1) = 1, i.e., per θ = 0 Pl(cosθ) = 1qualunque sia l.

267

Sviluppiamo allora la cotangente di δl in prossimita dell’energia E0: si ha

ctg δl(E) = ctg δl(E0) + (E − E0)d ctg δldE

∣

∣

∣

∣

∣

E=E0

+ ... (6.333)

mad ctg δldE

=d ctg δldδl

d δldE

= − 1

sin2δl

d δldE

e se poniamo allora

d δl(E)

dE

∣

∣

∣

∣

∣

E=E0

≡ 2

Γ(6.334)

ne segue ched ctg δldE

=2

Γ

1

sin2δl

e dunque (per E = E0, sin2δl = 1...)

ctg δl(E) = ctg δl(E0) + (E − E0)d ctg δldE

∣

∣

∣

∣

∣

E=E0

+ ... = 0 − (E −E0)2

Γ+ ...

= − 2

Γ(E − E0) (6.335)

dove abbiamo tenuto solo il termine lineare in E − E0.D’altronde

σl =4π

k2(2l + 1)sin2δl =

4π

k2(2l + 1)

1

1 + ctg2δl

≈ 4π

k2(2l + 1)

1

1 + 4Γ2 (E − E0)2

=

=4π

k2(2l + 1)

Γ2

4Γ2

4+ (E − E0)2

(6.336)

che e la famosa espressione di Breit-Wigner.La dipendenza della sezione d’urto parziale σl dall’energia della particella inci-dente segue la forma della classica curva di risonanza, dove Γ e la larghezza (inunita di energia) della risonanza stessa.Questo risultato puo essere interpretato quantisticamente come dovuto alla for-mazione di uno stato metastabile di energia E0, che decade con vita mediaτ = h/Γ.

268

6.2.16 Ampiezza di scattering e indice di rifrazione

Fino ad ora abbiamo considerato processi di scattering singoli, cioe su un solocentro scatteratore, e dunque necessariamente incoerenti fra loro.Vedremo adesso [9] come lo scattering coerente su vari centri di scattering possarender conto della nascita di un indice di rifrazione del mezzo, legato diretta-mente all’ampiezza di scattering in avanti del singolo processo, il quale descriveappunto l’effetto coerente, sul vettore d’onda della particella che si propaga nelmezzo, dei ripetuti urti casuali con i centri scatteratori presenti in esso.Ripartiamo dalla teoria dello scattering di Lippmann-Schwinger. Abbiamo ot-tenuto che se H0 e l’hamiltoniana libera, allora, formalmente, gli stati stazionaridi scattering (E > 0) corrispondenti all’hamiltoniana

H = H0 + V (r)

si scrivono nella forma (stati outgoing)

|Ψ >= |Φ > +1

E −H0 + iǫV |Ψ > (6.337)

e soddisfano (in rappresentazione delle coordinate) l’equazione di Schroedinger[

∇2 + k2 − U(r)]

Ψ = 0 (6.338)

dove

k2 =2mE

h2

U(r) = V (r)2m

h2

Abbiamo altresı visto che, se lo stato imperturbato |Φ > e l’autostato dell’impulso

|~k >=1

(2π)3/2ei~k·~x

allora

Ψ(x) =1

(2π)3/2

[

ei~k·~x +

eikr

rf(~k, ~k′)

]

(6.339)

dove

f(~k, ~k′) = −(2π)2m

h2 < ~k′| V |Ψ >= −(2π)2m

h2 < ~k′| T |~k > (6.340)

essendo T l’operatore definito dalla (6.149) in termini dell’operatore di MøllerΩ+, i.e.

T ≡ V Ω+ (6.341)

269

Formalmente, in termini di questo operatore, l’equazione (6.337), come mostratodalla (6.150), diviene

|Ψ >= |Φ > +1

E −H0 + iǫT |Φ > (6.342)

dove |Φ > e l’onda imperturbata, mentre, evidentemente, 1E−H0+iǫ

T |Φ > rapp-resenta proprio l’onda scatterata quando quella incidente e appunto |Φ >, i.e.abbiamo lo schema

(onda scatterata) =1

E −H0 + iǫT · (onda incidente)

Nel caso in cui, adesso, i centri scatteratori siano molti ma tutti uguali fra loro,se indichiamo (in rappresentazione di Schroedinger) con Φ(~r) l’onda incidente,allora avremo, in generale

Ψ(~r) = Φ(~r) +∑

j

F (~r, ~rj) (6.343)

dove F (~r, ~rj) rappresenta l’onda scatterata dal centro scatteratore che si trova in~rj. D’altronde, l’onda incidente sul centro scatteratore j-esimo, che indicheremocon Ψj(~r), sara data dalla somma dell’onda incidente e di tutte le altre ondediffuse, meno quella scatterata proprio dal centro j-esimo stesso, ovvero

Ψj(~r) = Ψ(~r) − F (~r, ~rj) (6.344)

e, per quanto detto sopra, deve essere

F (~r, ~rj) =1

E −H0 + iǫT (~rj) Ψj(~r) (6.345)

dove abbiamo indicato con T (~rj) l’operatore T relativo al centro di scatteringposto in ~rj invece che nell’origine.Dati due generici stati Φa(~r) e Φb(~r), per quanto riguarda gli elementi di matricedell’operatore T (~rj), data l’omogeneita dello spazio, deve essere naturalmente che

< Φb(~r − ~rj)|T (~rj)|Φa(~r − ~rj) >≡< Φb(~r)|T |Φa(~r) > (6.346)

dove T sta per l’operatore definito dalla (6.341) nel caso in cui il centro scatter-atore sia nell’origine. Dunque,

Tba(~rj) ≡ < Φb(~r)|T (~rj)|Φa(~r) >=< Φb(~r + ~rj − ~rj)|T (~rj)|Φa(~r + ~rj − ~rj) >=

= < Φb(~r + ~rj)|T |Φa(~r + ~rj) > (6.347)

Ma, essendo gli stati Φ(~r) autostati dell’impulso, ne segue che

Φ(~r + ~rj) = ei~k·~rj Φ(~r) (6.348)

270

per cui risulta infine

Tba(~rj) = < Φb(~r + ~rj)|T |Φa(~r + ~rj) >= ei(~ka−~kb)·~rj < Φb(~r)|T |Φa(~r) >=

= ei(~ka−~kb)·~rj Tba (6.349)

Questo risultato (6.349), unito alle equazioni prima riportate, i.e.

Ψ(~r) = Φ(~r) +∑

j

F (~r, ~rj) (6.350)

Ψj(~r) = Ψ(~r) − F (~r, ~rj) (6.351)

F (~r, ~rj) =1

E −H0 + iǫT (~rj) Ψj(~r) (6.352)

definiscono completamente il problema dello scattering multiplo su centri scat-teratori uguali.Risulta da quanto sopra che, fissati i centri di scattering in ~r1, .... ~rn , sara

Ψ(~r|~r1, ..., ~rn) = Φ(~r) +∑

j

1

E −H0 + iǫT (~rj) Ψj(~r|~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) (6.353)

dove Ψj(~r|~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) rappresenta l’onda incidente sul centro scattera-tore j-esimo, dati gli n−1 centri scatteratori nelle posizioni ~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rne l’onda incidente Φ.

Supponiamo adesso che i centri di scattering siano distribuiti in modo del tuttocasuale ed indichiamo con P(~r1, ..., ~rn) d~r1, ..., d~rn la probabilita che essi di trovinonell’elemento di volume d~r1, ..., d~rn, posizionato in (~r1, ...., ~rn). Evidentemente, ladistribuzione di probabilita relativa alla posizione del centro scatteratore j-esimorisultera quindi data da

P(~rj) =∫

P(~r1, ..., ~rn) d~r1, ..., d~rj−1 d~rj+1, ..., d~rn (6.354)

Indichiamo anche con P(~rj |~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) la densita di probabilita che icentri scatteratori siano posizionati in (~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ..., ~rn), essendo il centroscatteratore j−esimo, posizionato, per certo, in ~rj. Chiaramente, se queste den-sita di probabilita sono scorrelate (indipendenti), sara

P(~r1, ..., ~rn) ≡ P(~r1)...P(~rn) (6.355)

P(~rj |~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) ≡ P(~r1)...P(~rj−1) · P(~rj+1)...P(~rn) (6.356)

ma, in ogni caso, anche in presenza di correlazione, per definizione di probabilitacondizionata, e

P(~r1, ..., ~rn) = P(~rj) · P(~rj |~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) (6.357)

271

Definiamo allora

< Ψ(~r) > =∫

Ψ(~r|~r1, ..., ~rn)P(~r1, ..., ~rn) d~r1...d~rn

(6.358)

< Ψ(~r) >j =∫

Ψ(~r|~r1, ..., ~rn)P(~rj|~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) d~r1...d~rj−1d~rj+1...d~rn

dove il primo termine rappresenta la funzione Ψ mediata sulle posizioni di tuttii centri scatteratori, mentre il secondo termine fornisce la stessa media ma fattasu tutti i centri, meno quello j-esimo, considerato fisso, nella posizione ~rj .Riprendiamo ora la equazione (6.353) e mediamola sulle posizioni dei centri scat-teratori, ovvero moltiplichiamo ambo i membri per P(~r1, ..., ~rn) d~r1...d~rn ed inte-griamo. Risulta

< Ψ(~r) > = Φ(~r)+ <∑

j

1

E −H0 + iǫT (~rj) Ψj(~r|~r1, ..., ~rj−1, ~rj+1, ...~rn) >

= Φ(~r) +1

E −H0 + iǫ

∑

j

∫

P(~rj) d~rj T (~rj) < Ψj(~r) >j (6.359)

dove si e fatto uso della (6.357) e si e indicato con < Ψj(~r) >j il campo effettivo”medio” sul centro j-esimo (che, come abbiamo gia detto, differisce dall’ondatotale solo per l’onda emessa dallo stesso centro scatteratore j-esimo ...).Se i centri sono molti e disposti in modo casuale, potremo allora ragionevolmenteassumere che

< Ψj(~r) >j ≈ < Ψ(~r) > (6.360)

per cui risulta

< Ψ(~r) >= Φ(~r) +1

E −H0 + iǫT < Ψ(~r) > (6.361)

dove abbiamo posto

T =∑

j

∫

P(~rj) d~rj T (~xj) =∫

ρ(~r)T (~r) d~r (6.362)

avendo definito con ρ(~r) la densita dei centri scatteratori (ricordiamo che, peripotesi, questi sono tutti equivalenti fra loro ...).D’altronde, ricordando la (6.349), gli elementi di matrice fra autostati dell’impulsodell’operatore T sono dati da

T ba = Tba

∫

d3r ρ(~r) ei(~ka−~kb)·~r = Tba ρ (2π)3 δ(~ka − ~kb) (6.363)

272

dove abbiamo indicato con ρ in valor medio della densita dei centri scatteratori,supposti distribuiti in modo uniforme (sebbene scorrelato).Ma dalla equazione (6.361)

< Ψ(~r) >= Φ(~r) +1

E −H0 + iǫT < Ψ(~r) >

applicando l’operatore (E −H0) ad entrambi i membri dell’equazione, si ricava

(E −H0) < Ψ(~r) >= T < Ψ(~r) >

ovvero

(E −H0 − T ) < Ψ(~r) >= 0 (6.364)

D’altronde l’operatore T e diagonale sugli autostati dell’impulso, esattamentecome l’hamiltoniana libera H0, infatti

< ~k′|H0|~k > =k2h2

2mδ(~k′ − ~k) (6.365)

< ~k′|T |~k > = ρ (2π)3 δ(~k′ − ~k)T~k~k (6.366)

quindi si possono cercare soluzioni della (6.364) che siano ancora autostati simul-tanei dell’impulso.D’altronde, per la (6.340), risulta

f(~k, ~k′) = −(2π)2m

h2 < ~k′| T |~k > ⇒ < ~k′| T |~k >= − h2

m(2π)2f(~k,~k′)

per cui, sostituendo nella equazione (6.366), si ha

< ~k′|T |~k >= ρ (2π)3 δ(~k′ − ~k)

(

− h2

m(2π)2

)

f(~k,~k) (6.367)

Ma se i centri scatteratori sono disposti in modo casuale anche per quantoriguarda eventuali loro gradi di liberta interni (spin), non esistendo alcuna di-rezione privilegiata, sara comunque

f(~k,~k) = F (k)

ovvero l’ampiezza di scattering in avanti potra dipendere solo dal modulo dell’impulsok, e quindi, in completa analogia con la (6.365), avremo

< ~k′|T |~k > = ρ (2π)3 δ(~k′ − ~k)

(

− h2

m(2π)2

)

f(~k,~k) =

= −4π ρh2

2mF (k) δ(~k′ − ~k) (6.368)

273

Dunque, per quanto riguarda l’equazione (6.364) (cercando ancora le soluzionifra gli autostati dell’impulso), abbiamo

(E −H0 − T ) < Ψ(~r) >= 0

⇒(

h2

2mk2 +

h2

2m∇2 + 4π ρ

h2

2mF (k)

)

< Ψ(~r) >= 0 (6.369)

dove abbiamo usato il fatto che

E =h2

2mk2; H0 = − h2

2m∇2

Ne segue allora che < Ψ(~r) > deve soddisfare l’equazione differenziale[

∇2 + k2 + 4π ρF (k)]

< Ψ(~r) >= 0 (6.370)

Definendo allora l’indice di rifrazione del mezzo n in modo che risulti

k2 + 4π ρF (k) ≡ n2 k2 ⇒ (n2 − 1) =4πρF (k)

k2(6.371)

e immediato che la soluzione corrispondente alla soluzione imperturbata

Φ(~r) =1

(2π)3/2ei~k·~r

e, quindi, la seguente

< Ψ(~r) >=1

(2π)3/2ein

~k·~r (6.372)

Come si vede, l’indice di rifrazione e legato direttamente all’ampiezza di scatteringin avanti: se n2 − 1 << 1, ne segue in particolare che

n2 − 1 ≈ 2(n− 1) =4πρF

k2⇒ n ≈ 1 + 2πρ

F

k2(6.373)

Ma noi sappiamo che il Teorema ottico lega direttamente la parte immaginariadell’ampiezza di scattering in avanti con la sezione d’urto totale, quindi la re-lazione precedente implica che anche n abbia necessariamente una parte immag-inaria, legata alla sezione d’urto totale, che vale

Im(n) =2πρ

k2Im(F ) =

2πρ

k2

kσ

4π=ρ σ

2k(6.374)

ovvero, separando la parte reale e quella immaginaria dell’indice di rifrazione n,abbiamo

< Ψ(~r) >=1

(2π)3/2eiRe(n)~k·~r ei iIm(n)~k·~r (6.375)

274

la quale mostra come l’ampiezza dell’onda coerente, a causa degli scattering chesubisce, si attenui mentre si propaga nel mezzo, secondo il fattore204

e−ρσ2~n·~r (6.376)

ovvero che l’intensita (modulo quadro dell’ampiezza ... !) decresca con unalunghezza di attenuazione λ pari a

λ =1

ρσ(6.377)

Si osservi che questa dipendenza della soluzione Ψ dalle coordinate, in realtaviola il fatto che lo stato permanga un autostato dell’impulso. La ragione e cheT ba non e hermitiano.

Comunque, le conclusioni ottenute costituiscono una valida approssimazionedella realta, almeno fino a che la lunghezza di attenuazione λ definita dalla (6.377)rimane molto grande rispetto alla lunghezza d’onda di De Broglie dello statoimperturbato, i.e. finche

λ >>1

k⇒ ρσ

k<< 1 (6.378)

per cui il processo di attenuazione avviene in un modo che possiamo senz’altroconsiderare ”adiabatico”.

204Si e qui posto ~n = ~k/k.

275

A : Generalita

A.1 Le unita di misura

Il sistema di unita di misura di cui faremo uso, se non altrimenti specificato, e ilsistema cgs es (di Gauss) ed esso fornisce i seguenti valori delle costanti universalipiu comuni (1 ues = 1

2997924580coulomb, 1 erg = 10−7 J)

carica dell′elettrone e = 4.8032 × 10−10 ues

massa dell′elettrone m = 9.1095 × 10−28 g

costante di P lanck h =h

2 π= 1.05457266× 10−27 erg · s

velocita′ della luce c = 2.99792458× 1010 cm/s

Comunque, siccome questo sistema di unita di misura non e sempre di praticaapplicazione in fisica nucleare e subnucleare, in quanto le sue unita di misurasono spesso troppo grandi per la descrizione di sistemi di particelle,

• per quel che riguarda le distanze, useremo spesso il fermi (equivalente alfemtometro, definito dalla relazione

1 fermi = 1 fm = 10−13 cm = 10−15 m = 10−5 Angstrom;

• per l’energia, useremo l’elettronvolt (ed i suoi multipli), legato al sistemacgs ed SI dalla equivalenza

1 eV = 1.60219 · 10−12 erg = 1.60219 · 10−19 J ;

• per le masse delle particelle, invece dei grammi, useremo gli eVc2

e relativimultipli, per cui la massa dell’elettrone, per esempio, e

me = 9.1095 ·10−28 ·(2.99792458 ·1010)2 erg

c2= 8.187 ·10−7erg

c2= 0.511

MeV

c2

poi, siccome molto spesso, sara piu comodo porre c = 1, scriveremo anche

m2 = 0.511 MeV ;

• per l’impulso, coerentemente con quanto sopra, useremo spesso le unita eVc

e relativi multipli. In questo modo, un elettrone che abbia una velocita v,possiede un impulso205

p = mv = mcβ = 0.511 βMeV

c.

205Se β ≡ v/c ≈ 1, allora, in realta, come e dimostrato nel testo, p = mcγ β, doveγ = (1 − β2)−1/2, comunque, e un numero puro e quindi non ha dimensioni.

276

Nel sistema cgs es (di Gauss), le equazioni di Maxwell nel vuoto si scrivononel modo seguente

div ~E = 4π ρ;

div ~B = 0;

rot ~E = −1c∂ ~B∂t

rot ~B = 4πc~J + 1

c∂ ~E∂t

(A.1)

e la costante di struttura fina α e data da

α =e2

h c(A.2)

Per confronto, invece, nel Sistema Internazionale (SI) ed in quello di Heaviside-Lorentz risulta

α =

(

e2

4πǫ0 hc

)

SI

=

(

e2

4π hc

)

LH

=

(

e2

hc

)

Gauss

=1

137.035 099 76

A.2 Le notazioni

La convenzione sugli indici che seguiremo e quella usata anche nel libro [25]Relativistic Quantum Mechanics di Bjorken e Drell. Gli indici greci (α, β, ..)vanno da 0 a 3, mentre gli indici italici (i, j, ..) vanno da 1 a 3.

Il tensore metrico gµν ≡ δµν = δµν ≡ gµν e tale che

δ00 = +1 δ11 = δ22 = δ33 = −1 (A.3)

ed il prodotto scalare di due quadrivettori p e q e indicato semplicemente con ilsimbolo pq, oppure (pq), se il simbolo senza parentesi puo dar luogo ad errori diinterpretazione

pq ≡ pµqµ ≡ pµδµνqν (A.4)

Dato un quadrivettore p, rappresenteremo poi con p2 la sua lunghezza invariante

p2 ≡ (p p) = pµ pµ (A.5)

che, come e noto, puo essere sia positiva che negativa o nulla.

L’operatore di D’Alembert e definito come

2 ≡ ∂µ∂µ = ∂2

0 −∇2 =∂2

∂t2− ∂

∂xi

∂

∂xi(A.6)

277

Per quanto riguarda, poi, le matrici γµ di Dirac, ricordiamo che esse soddisfanole seguenti condizioni generali:

(γ0)2

= I (A.7)

(γ0)†= γ0 (A.8)

(γµ)† = γ0γµγ0 (A.9)

γµ, γν = 2δµν (A.10)

Per definizione poi, se p e un quadrivettore, allora

pµ γµ = pµ γµ ≡6p (A.11)

La matrice γ5 e definita dal prodotto

γ5 = iγ0γ1γ2γ3 (A.12)

e risulta

γ5, γµ = 0 (A.13)

(γ5)† = γ5 (A.14)

(γ5)2 = I (A.15)

Dove necessario, adotteremo la rappresentazione di Pauli-Dirac delle matrici γ,i.e.

γ0 =

(

I 00 − I

)

γi =

(

0 σi−σi 0

)

(A.16)

dove σi sono le usuali matrici di Pauli, i.e.

σ1 =

(

0 11 0

)

, σ2 =

(

0 − ii 0

)

, σ3 =

(

1 00 − 1

)

(A.17)

In questa rappresentazione, γ5 e data da

γ5 =

(

0 II 0

)

(A.18)

Per quanto concerne, poi, le tracce delle matrici γ, risulta

a) Trγµ = 0 = Trγ5 (A.19)

b) Trγµγν = 2δµν (A.20)

c) Trγµ1 ...γµ2n+1 = 0 (A.21)

d) Trγµ1...γµ2n =

δµ1µ2Trγµ3...γµ2n − δµ1µ3Trγµ2γµ4 ...γµ2n+...δµ1µ2nTrγµ2...γµ2n−1 (A.22)

278

da cui si ha

e) Trγαγβγµγν = 4(δαβδµν + δανδβµ − δαµδβν) (A.23)

Se, fra le γ c’e anche γ5, allora

f) Trγµ1 ...γµ2n+1γ5 = 0 (A.24)

ed inoltre si ha

g) Trγµγνγ5 = 0 (A.25)

h) Trγαγβγµγνγ5 = 4i ǫαβµν (A.26)

dove il tensore completamente antisimmetrico ǫ e cosı definito:

ǫαβµν = +1 se α, β, µ, ν sono una permutazione pari di 0, 1, 2, 3

ǫαβµν = −1 se α, β, µ, ν sono una permutazione dispari di 0, 1, 2, 3

ǫαβµν = 0 negli altri casi

e percio, data la definizione di sopra, abbiamo

ǫ0123 = 1; ǫ0123 = −1

Passiamo adesso alla dimostrazione di quanto sopra affermato.La (A.19) e del tutto evidente dalle definizioni (A.16) e (A.18).Passiamo quindi alla (A.20). Per la proprieta della ciclicita della traccia per cui

TrAB = TrBA

e per la (A.10), si ha

Trγµ γν =1

2Trγµ γν + γν γµ =

1

2δµν TrI = 2 δµν

Veniamo quindi alla (A.21).Ricordiamo a questo proposito che γ2

5 = I, per cui, sempre per la proprieta ciclicadella traccia, si ha

T ≡ Trγµ1...γµ2n+1 = Trγµ1...γµ2n+1γ5γ5 = Trγ5γµ1 ...γµ2n+1γ5

Usando adesso la (A.13), si ha appunto che

T = (−1)Trγ5γµ1 ...γ5γ

µ2n+1 = (−1)2n+1Trγ5γ5γµ1 ...γµ2n+1 = −T

⇒ T = 0

279

Passiamo ora a dimostrare la (A.22).Premettiamo a questo riguardo una osservazione. Sia Γ il prodotto di varie ma-trici γ, allora, visto che dalla (A.10) sappiamo che

γµγνΓ = −γνγµΓ + 2 δµν IΓ = −γνγµΓ + 2 δµν Γ

ne segue che risulta

TrγµγνΓ = −TrγνγµΓ + 2δµν TrΓ

Veniamo allora alla (A.22): si ha

T ≡ Trγµ1γµ2 ...γµ2n = −Trγµ2γµ1 ...γµ2n + 2δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n =

= (−1)2Trγµ2γµ3γµ1 ...γµ2n − 2δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n + 2δµ1µ2 Trγµ3...γµ2n =

= (−1)2n−1Trγµ2γµ3 ...γµ2nγµ1 + 2δµ1µ2 Trγµ3...γµ2n −−2δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n + ...+ 2δµ1µ2n Trγµ2γµ3 ...γµ2n−1

ovvero, usando la proprieta ciclica della traccia sul primo termine del secondomembro, si ottiene, finalmente, il risultato (A.22), i.e. appunto che

Trγµ1γµ2 ...γµ2n = δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n − δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n +

+...+ δµ1µ2n Trγµ2γµ3 ...γµ2n−1

Evidentemente la (A.23) e un caso particolare della (A.22).Veniamo ora alla (A.24).Essa discende direttamente dalla proprieta ciclica della traccia, unita alla (A.13).Infatti si ha

T ≡ Trγµ1...γµ2nγµ2n+1γ5 = (−1)Trγµ1...γµ2n γ5 γ2n+1 =

= (−1)2n+1Trγ5γµ1 ...γµ2n+1 = −T

⇒ Trγµ1...γµ2nγµ2n+1γ5 = 0

Quanto alla (A.25), essa non e cosı ovvia.Per dimostrarla occorre ripartire dalla definizione della matrice γ5, i.e.

γ5 ≡ iγ0 γ1 γ2 γ3

ed osservare che da questa discende che

γ5 ==i

4!ǫµνρσγ

µ γν γρ γσ (A.27)

infatti, per la definizione del tensore completamente antisimmetrico ǫµνρσ soloprodotti di quattro matrici γ con indici differenti fra loro potranno comparireal secondo membro della (A.27). Ne segue allora che gli indici delle stesse cos-tituiranno necessariamente una permutazione degli indici (0, 1, 2, 3). Siccome

280

matrici γ con indici differenti anticommutano, il prodotto delle quattro matricipotra sempre essere ricondotto al prodotto γ0 γ1 γ2 γ3 (−1)S con un numero discambi S che sara pari se la permutazione di partenza era pari, mentre sara dis-pari nell’altro caso.Dunque, ciascun addendo della somma ǫµνρσ γµ γν γρ γσ e esattamente ugualea γ0 γ1 γ2 γ3. Siccome le permutazioni possibili sono, ovviamente, 4!, la (A.27)risulta cosı dimostrata.Usando un argomento analogo, si prova anche che

γ5 γτ =i

3!ǫµνρτ γ

µ γν γρ (A.28)

Infatti, per quanto detto sopra in relazione alla (A.27), segue evidentemente che

γ5 =i

3!

∑

µνρ

ǫµνρx γµ γν γρ γx (A.29)

dove, x e un indice generico su cui, pero, non si somma...Identificando dunque l’indice x con l’indice τ e moltiplicando ambo i membridella (A.29) per γτ , senza sommare su questo indice, si ha

γ5 γτ =i

3!

∑

µνρ

ǫµνρτ γµ γν γρ (γτγτ) (A.30)

Pero risultaγ0γ0 = γ1γ1 = γ2γ2 = γ3γ3 = I

quindi dalla (A.30) segue immediatamente la (A.28).Veniamo cosı a dimostrare la (A.25). Si ha

Trγµγνγ5 = Trγν γ5 γµ = Trγν ·i

3!ǫαβρµ γ

α γβ γρ =

=i

3!ǫαβρµ Trγν γα γβ γρ

ovvero, per la (A.23)

Trγµγνγ5 =i

3!ǫαβρµ δαν δβρ − δβν δ

αρ + δρν δαβ (A.31)

per cui, data la completa antisimmetria del tensore ǫαβρµ, la quantita al secondomembro della (A.31) e evidentemente nulla e dunque la (A.25) e provata.Dimostriamo infine la (A.26). Occorre dimostrare che

Trγαγβγµγνγ5 = 4i ǫαβµν

Consideriamo la matrice Γ = γαγβγµγν . Se fra gli indici α, β, µ, ν ci sonoalmeno due indici uguali, usando le proprieta di anticommutazione fra matrici γ

281

diverse ed il fatto che, qualunque sia l’indice x, γxγx = I (non si somma sull’indicex ...) ecco che la matrice Γ si semplifica nel prodotto di solo due matrici gamma(di indice diverso) o, addirittura, nell’identita. Ma siccome

Trγµγν γ5 = 0 = Trγ5

la (A.26), in questo caso, risulta soddisfatta.Supponiamo allora che i quattro indici siano tutti differenti. Evidentemente, inquesto caso essi costituiscono una permutazione opportuna di (0, 1, 2, 3). Indichi-amo questi indici differenti con µ0, µ1, µ2, µ3: per quanto detto precedentemente,risulta

γ5 = i ǫµ0 µ1 µ2 µ3 γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

dove e inteso che non si somma su alcun indice. Ne segue allora che

γαγβγµγν · γ5 = i ǫµ0 µ1 µ2 µ3 γαγβγµγν · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

= i ǫµ0 µ1 µ2 µ3 γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

Ma siccome, per ipotesi, µ0 6= µ1, µ0 6= µ2, µ0 6= µ3, e, come abbiamo giaosservato, qualunque sia l’indice x γxγ

x = I, si ha

Γ = γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 = −γµ0 γµ1 γµ2 γµ0γµ3 γ

µ1 γµ2 γµ3 =

= γµ0 γµ1 γµ0 γµ2γµ3 γ

µ1 γµ2 γµ3 = −γµ0 γµ0 γµ1 γµ2γµ3 γ

µ1 γµ2 γµ3 =

= −γµ1 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3

e, continuando, siccome µ1 6= µ2, µ1 6= µ3, ne segue che

Γ = −γµ1 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3 = −γµ1 γ

µ1 γµ2γµ3 γµ2 γµ3 = −γµ2γµ3 γ

µ2 γµ3 =

= γµ2γµ2 γµ3 γ

µ3 = I

e dunque

γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γ5 = i ǫµ0 µ1 µ2 µ3 I

per cui, finalmente, risulta dimostrato che

Trγαγβγµγν · γ5 = 4i ǫαβµν

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