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Titolo: Dubbi sui quadrivettori, in particolare il quadripotenziale

Buongiorno a tutti i fisicacci,
è da ieri che sto rimuginando su una questione che mi lascia perplesso
e non riesco a fare chiarezza. Parliamo di relatività speciale.
Un quadrivettore (4vec) è una grandezza fisica con 4 componenti che,
cambiando sistema di riferimento (inerziale), si trasforma con la
matrice di Lorentz, analogamente al 4vec evento (ct, x,y,z). Su questo
spazio definisco una metrica data dal tensore di Minkowski pensando
che la "distanza" tra due punti dev'essere conservata cambiando base
dello spazio vettoriale (ovvero fisicamente cambiando sistema di
riferimento, cioè applicando la trasformazione di Lorentz).
Adesso definiamo il 4potenziale come (phi, A) dove phi è il potenziale
scalare. Per mostrare che è un 4vec devo mostrare che cambiando
riferimento si trasforma con Lorentz ma non lo so fare. Però posso
scrivere le equazioni di Maxwell, mi metto nella gauge di Lorentz
ottenendo la forma:
D'alembertiano A^(mu) = j^(mu)
Da cui deduco che il potenziale è un quadrivettore perchè eguale al
quadrivettore corrente, a meno del d'alembertiano che è un operatore
invariante, ovvero che non cambia la proprietà di trasformazione
relativistica della funzione a cui viene applicato. Ma...
1) Il potenziale vettore è quindi un 4vec SOLO in gauge di Lorentz?
Xchè quantizzando il campo e.m me lo ritrovo ovunque espresso in gauge
di coulomb ma la struttura differenziabile usata è quella di
minkowski.
2) Come posso vedere che il dalambertiano non altera "l'algebra" del
potenziale vettore? Cioè che è "invariante"?
Ll.

 minkowski.
Se  scrivi l'equazione "completa" senza metterti in nessun gauge
ottieni d_(nu) d^(nu) A^(mu) - d_(nu) d^(mu) A^(nu) = 4 PI/c J^(mu)
Il gauge di Lorentz č d_nu A^(nu)=0. La condizione del Gauge si vede
che trasforma bene e questo viene comodo.
Puoi vedere comodamente che il potenziale č ancora un quadrivettore
che trasforma con tutti i crismi.
Col gauge di coulomb e' diverso pero'. Prima imponi il guage di
lorentz e va bene, ma quando fai A_0=0 questa e' una condizione che
non trasforma. Se fai una trasformazione ti ritrovi con dei potenziali
che non sono piu' nel gauge di Coulomb.

 potenziale vettore? Cioè che è "invariante"?
Si _definisce_ il D'Alembertiano come divergenza composto
gradiente (entrambi quadridimensionali),
il gradiente per definizione e' un operatore che applicato
a un tensore di rango n genera un tensore di rango n + 1,
la divergenza per definizione e' un operatore che applicato
a un tensore di rango n genera un tensore di rango n - 1,
quindi applicando in successione gradiente e divergenza
a un quadrivettore (tensore di rango 1) si ottiene ancora
un quadrivettore.
Viceversa se accade che il D'Alembertiano di una grandezza
A con 4 componenti sia un quadrivettore B, cio' non
implica che A sia un quadrivettore, ecco un controesempio:
Sia S un riferimento inerziale e S' un altro riferimento inerziale,
che si muova con velocita' (beta_x, beta_y, beta_z)  rispetto a S,
definisco la grandezza A con 4 componenti in modo che
in S A sia identicamente nulla, e in S' abbia componenti
(0, beta_x, beta_y, beta_z), allora vale in ogni riferimento
l'equazione:
D'Alembertiano A = (0, 0, 0, 0),
cioe' D'Alembertiano A = quadrivettore nullo,
ma A ovviamente _non_ e' un quadrivettore.
Ciao
-- 
Giorgio Bibbiani

 1) Il potenziale vettore č quindi un 4vec SOLO in gauge di Lorentz?
Ovviamente no...
Fai cosi': scrivi le eq. senza imporre nessuna gauge, ossia nella forma
d^a d_a A^b - d^b d^a A^a = j^b
e dimostra che se j^b e un 4vec lo e' anche A^b.
-- 
Elio Fabri

"Llewlyn"  ha scritto:
...
Ho ripensato a quanto avevo scritto nel messaggio precedente,
che A = (phi, A_x, A_y, A_z) debba essere un
quadrivettore _per definizione_, e non sono piu' sicuro che cio'
sia giusto, anche alla luce del fatto che in elettromagnetismo classico
le grandezze che si possono misurare direttamente sono
solo le componenti del campo e.m. e non quelle di A.
Nel caso specifico della gauge di Coulomb, quindi,
e' senz'altro possibile definire in tutti i riferimenti inerziali una
grandezza A, che soddisfi in tutti i riferimenti la condizione di Coulomb
div (A_x, A_y, A_z) = 0, e tale che il tensore del campo e.m. sia:
(1)  F_(mu nu) = A_(nu, mu) - A_(mu, nu)
pero' adesso la grandezza A nella (1) non si trasforma piu'
come un quadrivettore (in (1) compaiono le componenti
"covarianti" della grandezza A).
Ciao
-- 
Giorgio Bibbiani


Ma sei sicuro? (Non solo tu ma anche gli altri che hanno risposto,
dunque ma siete sicuri?)
Direi piuttosto che dall'equazione sopra si dimostra
che A^b e' un quadrivettore a meno di una trasformazione di gauge
infatti una derivata totale (d^b omega) e' nel kernel del l'operatore
g_{ab} d^c d_c -- d_b d_a.
Ciao.

 wrote:
Ti hanno gią risposto ampiamente, se vuoi vederti un pņ di calcolo
tensoriale ti suggerisco i capitoli 3 e 4 di "Gravitation". E'
applicato all'elettromagnetismo  e ci sono un po' di esercizi.

Grazie tantissimo ai risponditori.
Dunque a quanto ho capito il potenziale vettore è un 4vettore in
qualsiasi gauge mi ponga. Dicendolo meglio, e usando la notazione di
Giorgio Bibbiani, fissata una f,  A'_(mu) = A_(mu) + f_(,mu) è un
quadrivettore. Per dimostrarlo basta scrivere l'equazione + generale
possibile (copio dal reply di Elio Fabri):
d^a d_a A^b - d^b d^a A^a = j^b
assumere che valga in un altro riferimento inerziale, scrivere la j^b
nell'altro riferimento, da lì ricavare che A è soluzione se e solo se
si trasforma con Lorentz. Quindi è un 4vettore.
Questo però non significa che se sono in gauge di Coulomb resti in
quella gauge cambiando riferimento (cosa che invece accade con
Lorentz). Questo perchè poichè la condizione di gauge
divergenza_spaziale A = 0 non è invariante con Lorentz la nuova
divergenza sarà diversa da 0.
Ho capito bene?
Ll.

 d^a d_a A^b - d^b d^a A^a = j^b
puoi vederla come l'azione di un operatore lineare
O^b_a=g^b_a d^c d_c -- d^b d_a
che agisce su A^a:
O^b_a A^a=j^b o in breve OA=j
dove sono sottintesi tutti gli indici e le contrazioni.
Se il membro di destra e un 4vett lo e' anche quello di sinistra cioe'
sotto Lorentz
OA va in (OA)'=O'A'=XOA
j va in j'=Xj
con X matrice 4x4 invertibile (chiamo Y l'inversa) del gruppo di
Lorentz e
O'=XOY
Ovvero e' OA ad essere un 4vett: questo implica che allora anche A lo
e'?
Cioe' posta la legge di trasformazione
(OA)'=XOA allora segue che A'=XA?
Elaborando la trasformazione sopra si trova che
OYA'=OA.
E' dunque evidente che essendo O non invertibile
(ha un kernel non banale fatto di derivate totali, cioe' Odf=0)
non si puo' concludere che YA'=A cioe' A'=XA.
Si puo' invece concludere che (YA-A) sta nel Kernel di O e cioe' che
YA'-A=df
per una qualche f, ovvero che
A'=XA+d'g
con d'g=Xdf.
Insomma, direi piuttosto che il risultato e' che A si trasforma
come un quadrivettore a meno di trasformazioni di gauge.
Questo in particolare dice che in generale la scelta della gauge
non viene mantenuta cambinado sistema di rif.
Inoltre vorrei far notare che Weinberg nel suo libro (vol1, cap5)
mostra che i campi di particelle a massa nulla
e spin 1 trasformano necessariamente sotto la rappresentazione
vettoriale di Lorentz a meno di una gauge e che quindi gli
accoppiamemti di tali campi dovranno essere gauge-invarianti: una
sorta di motivazione della necessita' di avere teorie di gauge
realizzate in natura.
Ciao.

salve a tutti, a questo punto pongo anch'io una domanda:
se io sono in grado di partire con una notazione 4vettoriale, sono
certo che avrò sempre a che fare con un 4potenziale qualunque gauge io
scelga, a patto che j^{mu} sia un 4vettore (da Elio Fabri)
tuttavia, nel caso io scelga di costruirmi riferimento per riferimento
un oggetto 4dimensionale che mi soddisfi la fisica giusta del
problema, e tale che la divergenza della sua parte spaziale sia nulla
(da Giorgio Bibbiani), questo oggetto non può essere un 4vettore
poichè in generale i criteri con cui lo costruisco passando da un
riferimento S a S', saranno diversi dai criteri che una trasformazione
di Lorentz usa per far passare il vettore A da S a S'
quindi usciamo dalla casistica 4vettoriale, rinunciamo per forza di
cose ad una espressione covariante delle equazioni di Maxwell, ma in
compenso abbiamo un oggetto che è in gauge di Coulomb in tutti i
riferimenti
la domanda è:  è corretto questo ragionamento? detta così i due casi
non mi sembrano in contraddizione ma potrei aver fatto un errore di
fondo :P
grazie
Francesco

 A si trasforma come un quadrivettore a meno di trasformazioni di gauge.
E' anche evidente dal punto di vista fisico (almeno in teoria non
quantistica). Le cose che si misurano sono E e B, con queste
costruisco un campo tensoriale, che indico con (E,B), doppio
antisimmetrico. Questo tensore, per sua natura, non dipende dal
riferimento. Il potenziale scalare e vettore per fissati campi E e B
ossia per il fissato tensore (E,B) dipendono invece ANCHE da scelte
arbitrarie che possono essere fatte diversamente in ogni riferimento
proprio per l'invariaza di gauge della teoria. Pertanto se è assegnato
(E,B),  fissando A e phi per quel campo, in DUE differenti riferimenti
inerziali S e S', non c'è alcuna garanzia che (A,phi) e (A',phi') si
trasformino come un quadrivettore. Può esserci ancora una trasf di
gauge da aggiungere dovuta a differenze nelle scelte di gauge
(fisicamente arbitarie e quindi indipendenti) in S e S'.
Tuttavia è chiaro che, assegnato il campo tensoriale elettromagnetico
(E,B), se fisso un riferimento S e assegno in esso  (A,phi) e poi
DEFINISCO (A',phi') in ogni altro S'  IMPONENDO che  (A',phi') si
ottenga da (A,phi)  con la trasformazione di Lorentz tra S' e S,
(A',phi') è una buona coppia di potenziali che in S' individuano il
tensore elettromagnetico noto. Quindi posso sempre *imporre* che il
quadripotenziale sia un quadrivettore
(e questo fatto non è fisicamente ovvio a priori e dipende dal fatto
che l'elettrodimanica è relativistica).
In questo modo però, può accadere che la scelta di gauge fatta in S
non coincida con quella imposta in S' (per esempio se in S uso il
gauge di Coulomb, non lo ritroverò più in S'). Non ci sarebbe nulla di
male dal punto di vista fisico. Tuttavia è possibile fare in modo che
ANCHE la scelta di gauge risulti essere la stessa in tutti i
riferimenti inerziali in un colpo solo imponendo che il
quadripotenziale sia anche un quadrivettore, scegliendo il gauge di
Lorentz.
Ciao, Valter

Molto esauriente,
Grazie Valter.
Ll.

 Ciao argo, hai risposto quello che avrei risposto io:
Va bene, avete ragione... Si vede che la vecchiaia avanza
inesorabile...
Detto in modo piu' sofisticato: lo spazio V dei 4-vettori non e'
irriducibile per il gruppo di Lorentz.
Il sottospazio V' dei 4-vettori a div. nulla e' invariante.
Notare pero' che la situazione si presenta complicata, perche' non
esiste un altro sottospazio V" la cui somma diretta con V' sia uguale
a V. Nel gergo gruppale, la rappr. e' riducibile ma non completamente
riducibile.
Mi sono ricordato che un po' piu' di 40 anni fa avevo scritto degli
appunti su questa cosa, che e' piuttosto intricata, e si presenta in
modo diverso a seconda che consideriamo 4-vettori che soddisfano
un'eq. di Klein-Gordon con massa nulla oppure non nulla.
Datemi qualche giorno, e poi potrete leggerli :-)
Nel frattempo avrei pero' un dubbio.
Potrei introdurre una legge di trasf. piu' generale diquella di un
4-vettore, del tipo
A^\mu(x) |--> L^mu_\nu A^\nu(L^{-1}x) + d^mu f(L,x)
dove f e' una f. di gauge dipendente da L, ma scelta in modo da
rispettare una condizione di compatibilita' col gruppo (che per ora
non so enunciare)?
Oppure la richiesta e' priva di senso?
-- 
Elio Fabri

 Oppure la richiesta e' priva di senso?
Non capisco bene: non e' appunto la legge di trasformazione di un
A^mu
che soddisfa l'equazione di Yang-Mills (lineari) non omogenee? Dici
che potrebbe essere privo di senso?
Nel caso quantistico saprai meglio di me che ci sono questioni non
banali (come la presenza di stati non fisici con norma negativa,
violazione di spin-statistica,...)  che si risolvono con la simmetria
estesa di BRST. Pero' nel caso classico non saprei se questo crea dei
problemi. Ma forse non ho capito la domanda.
Ciao.

Uh.. la discussione sta andano ben oltre le mie capacità di
comprensione.
Però mi accorgo che non ho mai ringraziato b.bellaz x il reply,
grazie :-)
Ll.

 a V.
Ciao, non ho tempo, ma mi pare che quello che dici sia falso:
conosci la decomposizione diretta di Hodge delle k-forme?  Per una 1-
forma A vale la decomposizione diretta
A = df + delta G + A'
dove d è la derivata esteriore, f è una 0-forma, delta è la
codifferenziale e G è una 2-forma, infine A' è una 1-forma armonica
(rispetto al laplaciano di Hodge  de Rham, non quello covariante...).
Io credo che ognuno dei tre spazi di forme scritti sopra sia Lorentz
invariante (ma non ho molto tempo per rifletterci bene). Certo ci
vogliono un pò di ipotesi per fare funzionare tutto...
Ciao, Valter

 grazie :-)
Grazie, figuriamoci.
(per inciso b.bellaz... sono io  cioe' argo.
Quando ti ho risposto ho sbagliato a fare il log in con un'altro
account di gmail che uso per eviatere lo spam.
Poi ho visto che Valter Moretti mi ha riconosciuto...)
ciao

vi amo tutti, spero un giorno di avere imparato abbastanza per poter
ragionare di cose matematicose insieme a voi
comunque grazie anche da parte mia per il chiarimento sui 4potenziali
francesco

 vogliono un pò di ipotesi per fare funzionare tutto...
Sull'invarianza sono d'accordo, ma questo non basta per la completa
riducibilita'.
Direi che occorre che abbiano intersezione nulla, e questo temo non
sia vero.
Purtroppo non ho qui gli appunti di cui avevo parlato, e non sono
ancora riuscito a riprenderli e a cercare di confrontare quello che
c'e' scritto li' con la decomposizione di cui parli.
 
-- 
Elio Fabri

 sia vero.
Scusa di fretta: si che e' vero, quando ho scritto somma "diretta"
intendevo proprio che l'intersezione contine solo il campo vettoriale
nullo. Pero' quello che ho scritto vale sicuramente sulle varieta'
compatte con metriche Euclidee e non sono  sicuro che si trovino
ipotesi per cui valga anche su varieta' non compatte con metriche
Lorentziane. Penso che sia vero con ipotesi di spegnimento dei campi
all'infinito, ma non ci ho mai pensato seriamenete. L'unica cosa che
mi viene in mente e' vedere di trascrivere tutto in trasformata di
Fourier e vedere cosa succede...
Appena ho tempo cerco di calcolare il laplaciano di Hodge per le 1-
forme e te lo posto...
(l'ho usato su un mio articolo  10 anni fa circa, lo avevo calcolato
anche per le 2-forme, ma purtroppo non ho stritto la forma esplicita
sull'articolo  e ora mi ridevo fare i calcoli)
    Ciao, Valter

 forme e te lo posto...
Ma io mi accontenerei della definizione esatta: ti avevo prospettato 4
alternative, qual e' la giusta?
 
-- 
Elio Fabri

 Elio Fabri
la 3)

 Elio Fabri

 la 3)
Thx
-- 
Elio Fabri