Wikibooks itwikibooks https://it.wikibooks.org/wiki/Pagina_principale MediaWiki 1.47.0-wmf.6 first-letter Media Speciale Discussione Utente Discussioni utente Wikibooks Discussioni Wikibooks File Discussioni file MediaWiki Discussioni MediaWiki Template Discussioni template Aiuto Discussioni aiuto Categoria Discussioni categoria Progetto Discussioni progetto Ripiano Discussioni ripiano TimedText TimedText talk Modulo Discussioni modulo Evento Discussioni evento 0 24814 499197 488713 2026-06-13T23:07:10Z Ptolemaios 19075 /* Paradigma del presente tematico attivo e passivo */ 499197 wikitext text/x-wiki {{greco antico}} {{Avanzamento|100%|23 ottobre 2011}} ==Premesse== Il presente dei verbi in '''-ω''' è caratterizzato dall'inserzione, sulla radice verbale, di una vocale tematica, su cui a loro volta si inseriscono le terminazioni. Nella forma attiva: * la vocale tematica si presenta come ο ου ω davanti a ν (anche se questa è poi caduta) e μ, mentre si presenta come ε ει η davanti a dentale (σ e τ); * le desinenze principali (tipiche del presente indicativo e congiuntivo) della coniugazione tematica sono: singolare I, II, III pers., -ω, -ς, [-], duale II e III pers. -τον, -τον, plurale I, II, III pers., -μεν, -τε, -ουσι(ν); * La terminazione della prima singolare è costituita dalla sola vocale tematica con allungamento apofonico; * la desinenza della III pers. plur. viene da *λύ-ο-ντι(ν) > *λύ-ο-νσι(ν) > *λύ-ō-σι(ν) > λύουνσι(ν); τ si assibila in σ che a sua volta provoca caduta di ν e allungamento di compenso, con ν efelcistico finale<ref>Questo ν compare soltanto prima di una parola che inizia per vocale o di una pausa.</ref>. * le desinenze secondarie (tipiche dell'ottativo) sono: singolare I, II, III pers., -μι/-ν, -ς, [-], duale II e III pers. -τον, -την, plurale, I, II, III pers., -μεν, -τε, -ν; * la caratteristica del congiuntivo è la vocale tematica allungata (ο ου ω > ω, ε > η). La prima singolare, non avendo terminazione, porta solo la vocale tematica che, essendo già allungata, non subisce modifiche; * il suffisso dell'ottativo tematico è -οι(ε)- (desinenze atipiche: prima persona singolare -μι, presa a prestito dai verbi atematici, in sostituzione dell'antica desinenza -ν, divenuta poco riconoscibile); * l'imperativo manca delle prime persone, nella seconda singolare ha la vocale tematica -ε (come il vocativo singolare maschile), ha le seconde persone duali e plurali con le stesse desinenze dell'indicativo; le terze persone di tutti e tre i numeri sono caratterizzate dall'elemento τω: -τω, -των, -ντων. Nella forma medio-passiva: * la vocale tematica, il suffisso del congiuntivo, il suffisso dell'ottativo sono gli stessi che si trovano nella forma attiva; * le desinenze principali (tipiche del presente indicativo e congiuntivo), della coniugazione tematica, sono: ''singolare'' I, II, III pers. -μαι, -ῃ/ει (< *ε.σαι)<ref>Inizialmente solo -ῃ (normale esito della contrazione) per indicativo e congiuntivo, poi dal IV sec. a.C. circa talvolta mutato solo all'indicativo in -ει per distinguerlo dal congiuntivo; ει può infatti essere considerato una forma "abbreviata" di ῃ, che invece ha la vocale lunga η caratteristica del congiuntivo.</ref>, -ται, duale II e III pers. -σθον, -σθον, plurale, I, II, III pers., -μεθα, -σθε, -νται; * le desinenze secondarie (tipiche del presente ottativo) sono: singolare I, II, III pers., -μην, -ο, (<*σο) -το, duale II e III pers. -σθον, -σθην, plurale, I, II, III pers., -μεθα, -σθε, -ντο; * l'imperativo, sempre mancante delle prime persone, ha le stesse desinenze dell'indicativo nelle seconde persone singolare duale e plurale -ου (<*ε.σο), -σθον, -σθε; le terze persone di tutti e tre i numeri sono caratterizzate dall'elemento σθω: -σθω, -σθων, -σθων. * le desinenze -σαι -σο della seconda singolare fanno cadere il sigma intervocalico provocando contrazione con le vocali tematiche (*-ε.σαι > *-ε.αι > -ῃ/-ει, *-ε.σο > *-ε.ο > -ου); solo nell'ottativo -σο si appoggia al suffisso modale senza contrarsi (*-οι.σο > -οιο). ==Paradigma del presente tematico attivo e mediopassivo== Fatte queste premesse, il paradigma tipico dei modi finiti del presente di un verbo in '''-ω''' si coniuga secondo l'esempio del verbo '''{{polytonic| λύω}}''', "sciogliere": ===Attivo=== {| {{prettytable}} ! ! ''Indicativo'' || ''Congiuntivo'' || ''Ottativo'' || ''Imperativo'' |- !1º ''singolare'' | {{polytonic| λύω}}|| {{polytonic| λύω}}|| {{polytonic| λύοιμι}}||<div style="text-align:center">-</div> |- !''2º singolare'' | {{polytonic| λύεις}}|| {{polytonic| λύῃς}}|| {{polytonic| λύοις}}|| {{polytonic| λῦε}} |- !''3º singolare'' | {{polytonic| λύει}}|| {{polytonic| λύῃ}}|| {{polytonic| λύοι}}|| {{polytonic|λυέτω}} |- !''2º duale'' | {{polytonic| λύετον}}|| {{polytonic| λύητον}}|| {{polytonic| λύοιτον}}|| {{polytonic| λύετον}} |- !''3º duale'' | {{polytonic| λύετον}}|| {{polytonic| λύητον}}|| {{polytonic| λυοίτην}}|| {{polytonic|λυέτων}} |- !''1º plurale'' | {{polytonic| λύομεν}}||{{polytonic| λύωμεν}} ||{{polytonic| λύοιμεν}} ||<div style="text-align:center">-</div> |- !''2º plurale'' | {{polytonic| λύετε}}|| {{polytonic| λύητε}}|| {{polytonic| λύοιτε}}|| {{polytonic| λύετε}} |- !''3º plurale'' | {{polytonic| λύουσι(ν)}}|| {{polytonic| λύωσι(ν)}}|| {{polytonic| λύοιεν}}|| {{polytonic | λυόντων }}/{{polytonic | λυέτωσαν}} |} Il participio e l'infinito hanno le seguenti forme: {| {{prettytable}} ! ''Infinito'' || ''participio'' |- |style="text-align: center;"|{{polytonic|λύειν}} || {{polytonic| <small>''masch.''</small> λύων <small>''femm.''</small> λύουσα <small>''neu.''</small> λῦον}} |} ===Mediopassivo=== {| {{prettytable}} ! ! ''Indicativo'' || ''Congiuntivo'' || ''Ottativo'' || ''Imperativo'' |- !1º ''singolare'' | {{polytonic|λύομαι}}|| {{polytonic|λύωμαι}}|| {{polytonic|λυοίμην}}||<div style="text-align:center">-</div> |- !''2º singolare'' | {{polytonic|λύῃ (< *λύεσαι)}} <small>oppure</small> {{polytonic|λύει}}||{{polytonic|λύῃ (< *λύησαι)}}||{{polytonic|λύοιο (< *λύοισο)}}||{{polytonic|λύου (< *λύεσο)}} |- !''3º singolare'' | {{polytonic|λύεται}}|| {{polytonic|λύηται}}|| {{polytonic|λύοιτο}}|| {{polytonic|λυέσθω}} |- !''2º duale'' | {{polytonic|λύεσθον}}|| {{polytonic|λύησθον}}|| {{polytonic|λύοισθον}}|| {{polytonic|λύεσθον}} |- !''3º duale'' | {{polytonic|λύεσθον}}|| {{polytonic|λύησθον}}|| {{polytonic|λυοίσθην}}|| {{polytonic|λυέσθων}} |- !''1º plurale'' | {{polytonic|λυόμεθα}}||{{polytonic|λυώμεθα}} ||{{polytonic|λυοίμεθα}} ||<div style="text-align:center">-</div> |- !''2º plurale'' | {{polytonic|λύεσθε}}|| {{polytonic|λύησθε}}|| {{polytonic|λύοισθε}}|| {{polytonic|λύεσθε}} |- !''3º plurale'' | {{polytonic|λύονται}}|| {{polytonic|λύωνται}}|| {{polytonic|λύοιντο}}|| {{polytonic|λυέσθων / λυέσθωσαν}} |} Il participio e l'infinito mediopassivi hanno le seguenti forme: {| {{prettytable}} ! ''Infinito'' || ''participio'' |- |style="text-align: center;"|{{polytonic|λύεσθαι}} || {{polytonic| <small>''masch.''</small> λυόμενος <small>''femm.''</small> {{polytonic|λυομένη}} <small>''neu.''</small> {{polytonic|λυόμενον}} |} ==Usi dei modi finiti del presente== * L'indicativo del presente del verbo greco si può tradurre con il nostro presente o con una perifrasi formata dal verbo "stare" + il gerundio; solo l'indicativo ha sempre effettiva valenza di tempo presente, gli altri modi esprimono solo l'aspetto durativo. * Il congiuntivo greco corrisponde per lo più al congiuntivo italiano; * l'ottativo corrisponde al condizionale, ma talvolta anche al congiuntivo, o a perifrasi col verbo ''volere'' e ''potere'' * l'imperativo presente greco è usato in tutto e per tutto come quello italiano. ==Verbi composti== Esistono inoltre alcuni verbi composti da preposizioni proprie ed altri verbi. Le preposizioni, seguite dai verbi, possono subire dei cambiamenti: *se la preposizione termina per vocale e il verbo inizia per consonante, non ci saranno modifiche; nei verbi inizianti per ῥ-, questa si raddoppia. Es. κατα-λαμβάνω, κατα-ρρίπτω. *se la preposizione termina per vocale e il verbo inizia per vocale si elide l'ultima vocale della preposizione, a meno che questa non sia ἀμφί o περί, che non la elidono, oppure πρό, che può fonderla con una successiva ε dando come risultato ου; inoltre, se il verbo presenta spirito aspro, la consonante della preposizione si trasforma nell'aspirata corrispondente. Es. κατ-αινέω; καθ-αιρέω. *se la preposizione termina per consonante e il verbo inizia per vocale, non ci saranno modifiche (tranne ἐκ che diventa ἐξ). Es. ἐν-άγω, ἐξ-άγω. *se la preposizione termina per consonante e il verbo inizia per consonante ci saranno alcune modifiche: **le preposizioni terminanti in -ν cambiano la nasale in μ davanti a labiale (π, β, φ) e, graficamente, in γ nasale davanti a gutturale (κ, γ, χ). Es. ἐμ-βάλλω, συγ-γίγνομαι. **inoltre nella preposizione συν il ν si modifica in σ davanti a σ, cade davanti a σ + consonante e diventa ρ davanti a ρ. Es. συσ-σείω, συ-στέλλω, συ-ρρίπτω. **la preposizione ἐκ rimane tale. ==Note== <references/> fs4ja2ivzeyzswlpaqcpjzvdxdlr715 0 38218 499199 496667 2026-06-14T07:31:38Z ~2026-34499-02 54472 499199 wikitext text/x-wiki {{Disposizioni foniche di organi a canne}} == Organo ''in Cornu Epistolæ'' == [[File:Detail of the mosaic decoration inside St. Mark's Basilica, Venice (29).jpg|400px|centro]] * '''Costruttore:''' Gaetano Callido (''Opus 30'') * '''Anno:''' 1766 * '''Restauri/modifiche:''' Franz Zanin (1995, restauro e rimontaggio)<ref>Lo strumento venne rimosso nel 1909 e ricollocato nel 1995</ref> * '''Registri:''' 15<ref>Registri azionati da tiranti a pomello disposti su due colonne alla destra del manuale</ref> * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra * '''Tastiere:''' 1 di 57 note con prima ottava scavezza reale da ''Fa<small>0</small>''<ref>solo il ''Principale'' scende fino ad ''Do<small>0</small>''</ref> (''Do<small>0</small>''-''Do<small>5</small>'' Bassi/Soprani ''La<small>2</small>''/''S</sup>i♭<small>2</small>'') * '''Pedaliera:''' a leggio di 20 note<ref>12 note reali</ref> (''Do<small>0</small>''-''Si♭<small>1</small> + Tamburo''), costantemente unita alla tastiera * '''Collocazione:''' in corpo unico, sul matroneo alla destra del presbiterio * '''Accessori:''' ''Tiratutti'' del Ripieno a manovella, posto sopra la tavola dei registri * '''Note:''' accordatura a temperamento mesotonico ad 1/4 di comma {| border="0" cellspacing="0" cellpadding="20" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=2 | '''Colonna di sinistra - ''Ripieno''''' ---- |- |Principale || Bassi |- |Principale || Soprani |- |Ottava || |- |Quintadecima || |- |Decimanona || |- |Vigesimaseconda || |- |Vigesimasesta || |- |Vigesimanona || |- |Trigesimaterza<ref>fino a ''Fa<small>2</small>''</ref>|| |- |Trigesimasesta<ref>fino a ''Do<small>2</small>''</ref>|| |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=2 | '''Colonna di destra - ''Concerto''''' ---- |- |Voce umana<ref name=":0">soprani</ref>|| |- |Flauto in XII |- |Cornetta<ref name=":0" /> |- |Contrabbassi<ref>al pedale, unito al successivo</ref>|| |- |Ottava di Contrabbassi<ref>al pedale, unito al precedente</ref>|| |- |} |} == Organo ''in Cornu Evangelii'' == * '''Costruttore:''' Gaetano Callido * '''Anno:''' 1766 * '''Restauri/modifiche:''' William George Trice (1893, modifiche e ampliamento), Tamburini (1972, ''opus 638'', modifiche e ampliamento) * '''Registri:''' 39 * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' mista (meccanica per i manuali e il pedale, elettrica per i registri) * '''Consolle:''' a finestra * '''Tastiere:''' 2 con spezzatura Bassi/Soprani a ''Si<small>2</small>''/''Do<small>3</small>'': la prima di 58 note (''Do<small>1</small>''-''La<small>5</small>''), la seconda di 63<ref>solo il ''Principale'' scende al ''Fa<small>0</small>'', gli altri registri partono da ''Do<small>1</small>''</ref> (''Fa<small>0</small>''-''La<small>5</small>'', senza ''Fa#<small>0</small>'' e ''Sol#<small>0</small>'') * '''Pedaliera:''' concavo-radiale di 30 note (''Do<small>1</small>''-''Fa<small>3</small>'') * '''Collocazione:''' in corpo unico, cantoria sinistra del presbiterio * '''Note:''' accordatura a temperamento equabile {| border="0" cellspacing="0" cellpadding="20" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=2 | '''I - ''Positivo espressivo''''' ---- |- |Principale || 8' * |- |Ottava || 4' * |- |Quintadecima || 2' * |- |Decimanona || 1.1/3' * |- |Vigesimaseconda || 1' * |- |XXVI-XXIX || 2/3'-1/2' * |- |Sesquialtera || 2.2/3'-1.3/5' |- |Flauto tappato || 8' |- |Flauto in VIII || 4' * |- |Flauto in XV || 2' |- |Violetta || 8' * |- |Voce flebile || 8' * |- |<span style="color:#8b0000;">Oboe</span> || <span style="color:#8b0000;">8'</span> * |- |Tremolo |- |* ''Registri di G.W. Trice (1893)'' |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=2 | '''II - ''Grand'Organo''''' ---- |- |Principale || 12' Bassi |- |Principale || 12' Soprani |- |Ottava || 4' |- |Quintadecima || 2' |- |Decimanona || 1.1/3' |- |Vigesimaseconda || 1' |- |Vigesimasesta || 2/3' |- |Vigesimanona || 1/2' |- |XXXIII-XXXVI || 1/3'-1/4' |- |Flauto traverso || 8' Bassi |- |Flauto traverso || 8' Soprani |- |Flauto a cuspide || 8' |- |Flauto in VIII || 4' Bassi |- |Flauto in VIII || 4' Soprani |- |Flauto in XII || 2.2/3' |- |Cornetta || 1.3/5' Soprani |- |Voce umana || 8' Soprani* |- |<span style="color:#8b0000;">Tromboncini</span> || <span style="color:#8b0000;">8' Bassi</span> |- |<span style="color:#8b0000;">Tromboncini</span> || <span style="color:#8b0000;">8' Soprani</span> |- |<span style="color:#8b0000;">Tromba</span> || <span style="color:#8b0000;">8' </span>|<span style="color:#8b0000;">8'</span> * |- | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=2 | '''Pedale''' ---- |- |Contrabbassi || 16' |- |Ottava || 8' |- |Quintadecima || 4' |- |Subbasso || 16' |- |Bordone || 8' * |- |<span style="color:#8b0000;">Clarone</span> || <span style="color:#8b0000;">4'</span> |- |} |} |} == Organo ''De Martino'' == [[File:Organo De Martino Basilica San Macro.jpg|300px|centro]] * '''Costruttore:''' Tommaso De Martino<ref>Reca l’originale iscrizione ''“THOMAS DE MARTINUS NEAPOLITANUS REGIAE CAPPELLAE SUAE MAJESTATIS ORGANARIUS FECIT”''</ref> * '''Anno:''' 1720 * '''Restauri/modifiche:''' Franz Zanin (1995, restauro)<ref>Acquisito dalla Procuratoria Marciana</ref> * '''Registri:''' 7<ref>Registri azionati da tiranti a pomello in metallo disposti alla destra del manuale</ref> * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra * '''Tastiere:''' 1 di 45 note (''Do<small>1</small>''-''Do<small>5</small>''), con prima ottava scavezza * '''Collocazione:''' in corpo unico nella nicchia absidale ''in Cornu Epistolae'' * '''Accessori:''' ''Tiratutti'' azionato da tirante a pomello in metallo * '''Note:''' accordatura a temperamento mesotonico ad 1/4 di comma {| border="0" cellspacing="24" cellpadding="18" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=16 | |- |Principale || |- |Ottava || |- |Quintadecima || |- |Decimanona || |- |Vigesimaseconda || |- |Vigesimasesta || |- |Flauto in XII || |- |} |} == Organo ''Cimmino'' == * '''Costruttore:''' Fabrizio Cimmino<ref>All’interno della secreta del somiere reca il monogramma "FC 1779"</ref> * '''Anno:''' 1779 * '''Restauri/modifiche:''' Giorgio e Cristian Carrara (1999, restauro)<ref>Acquisito dalla Procuratoria Marciana e collocato in Basilica nel 2014</ref> * '''Registri:''' 9<ref>Registri azionati da tiranti a pomello in metallo disposti alla destra del manuale</ref> * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra * '''Tastiere:''' 1 di 45 note (''Do<small>1</small>''-''Do<small>5</small>''), con prima ottava scavezza * '''Pedaliera:''' a leggio di 8 tasti (''Do<small>1</small>''-''Si<small>1</small>''), costantemente unita al manuale * '''Collocazione:''' in corpo unico, accanto all’altare della ''Beata Vergine Nicopeia'' * '''Accessori:''' ''Tiratutti'' azionato da tirante a pomello in metallo, ''Usignoli'' * '''Note:''' accordatura a temperamento mesotonico ad 1/4 di comma {| border="0" cellspacing="24" cellpadding="18" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=16 | |- |Principale || |- |Ottava || |- |Quintadecima || |- |Decimanona || |- |Vigesimaseconda || |- |Vigesimasesta || |- |Vigesimanona || |- |Voce umana || |- |Flauto in XII || |- |} |} == Strumenti precedenti == === Tamburini ''opus 382'' (1958) === * '''Costruttore:''' Tamburini (''Opus 382'')<ref>su progetto di Fernando Germani.</ref> * '''Anno:''' 1954-1958<ref>inaugurato con un concerto di Fernando Germani e benedetto dal patriarca di Venezia Angelo Roncalli il 5 gennaio 1958.</ref> * '''Registri:''' 63 * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' elettrica * '''Consolle:''' mobile indipendente * '''Tastiere:''' 3 di 61 note (''Do<small>1</small>''-''Do<small>6</small>'') * '''Pedaliera:''' concavo-radiale di 32 note (''Do<small>1</small>''-''Sol<small>3</small>'') * '''Collocazione:''' in due corpi, sulla cantoria in controfacciata * '''Note:''' utilizzato fino al 1990, rimosso nel 1994. Attualmente si trova nella chiesa di Santa Rita da Cascia a Mestre. === Mascioni ''opus 284'' (1909) === * '''Costruttore:''' Mascioni (''Opus 284'') * '''Anno:''' 1909 * '''Registri:''' 12 * '''Canne:''' ? * '''Trasmissione:''' pneumatico-tubolare * '''Consolle:''' indipendente * '''Tastiere:''' 2 di 58 note ((''Do<small>1</small>''-''La<small>5</small>'') * '''Pedaliera:''' di 30 note (''Do<small>1</small>''-''Fa<small>3</small>'') * '''Collocazione:''' in corpo unico, sulla cantoria di destra * '''Note:''' rimosso nel 1994. Attualmente si trova nella chiesa di Santa Maria della Pace a Mestre. {| border="0" cellspacing="24" cellpadding="18" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=16 | '''I - ''Grand'Organo''''' ---- |- |Principale || 16' |- |Principale || 8' |- |Dolce || 8' |- |Ottava || 4' |- |Doublette || 2.2/3' |- |Ripieno || 4 file |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=16 | '''II - ''Espressivo''''' ---- |- |Gamba || 8' |- |Bordone || 8' |- |Coro viole || 8' |- |Flauto viennese || 4' |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan=16 | '''Pedale''' ---- |- |Contrabasso || 16' |- |Basso || 8' |- |} |} == Note == <references/> == Altri progetti == {{interprogetto|w=Basilica di San Marco|w_preposizione=sulla|w_etichetta=cattedrale metropolitana di San Marco a Venezia}} == Collegamenti esterni == * {{cita web|url=https://alvisemason.com/organi-della-basilica/|titolo=Gli organi della Basilica di San Marco|sito=alvisemason.com|accesso=30 novembre 2017}} * {{cita web|url=http://www.fondazionepremioaltino.it/musica%20e%20musicisti%20a%20venezia/03%20musica%20e%20musicisti%20a%20Venezia.htm|titolo=Musica e musicisti a Venezia|editore=fondazionepremioaltino.it|accesso=2 aprile 2016}} * {{cita web|url=http://www.lionsvenezia.it/attivita/2008-09/testi/20081115.pdf|titolo=Organo Tamburini - Basilica S. Marco|editore=lionsvenezia.it|accesso=2 aprile 2016}} * {{cita web|url=http://xoomer.virgilio.it/fborsari/arretra/organi/mix01.html|autore=Graziano Fronzuto|titolo=Gli Organi di Papa Giovanni XXIII|editore=organcompedium.info|accesso=2 aprile 2016}} * {{cita web|url=http://www.mascioni-organs.com/databnuovi/284.pdf|titolo=Venezia - S. Marco - Op. 284 - Anno 1909|editore=mascioni-organs.com|accesso=2 aprile 2016}} {{Avanzamento|100%|2 aprile 2016}} [[Categoria:Disposizioni foniche di organi a canne]] 8bmzebwuixsv8y65j4budcgbrlybw1p 0 42614 499194 496676 2026-06-13T20:31:20Z ~2026-34499-02 54472 499194 wikitext text/x-wiki [[File:Madonna dell'Orto (Venice) - Interior - Gallery organ.jpg|350px|center]] * '''Costruttore:''' Pietro e Nipoti Bazzani (''Costruzione N.^o 309'') * '''Anno:''' 1878 * '''Restauri/modifiche:''' Pasquale Ferrari (1995, restauro conservativo) * '''Registri:''' 56 * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra, al centro della parete anteriore della cassa * '''Tastiere:''' 2 di 58 note (''Do<small>1</small>''-''La<small>5</small>'', Bassi/Soprani ''Do#<small>3</small>/Re<small>3</small>'') * '''Pedaliera:''' parallela di 27 note (''Do<small>1</small>''-''Re<small>3</small>'')<ref>12 note reali</ref> * '''Collocazione:''' in corpo unico, sulla cantoria in controfacciata * '''Accessori:''' pedaletti per ''II Manuale al Pedale'', ''I Manuale al Pedale'' e ''Unione Tastiere''; pedaletto a 3 scatti per ''Pedaletto Sfumature'' alla prima tastiera; pedaloni per ''Ripieno'' e ''Combinazione libera'' alla seconda tastiera; pomello per ''Tira Ripieni'' alla prima tastiera; ''Terza Mano''<ref name=":0">soprani</ref> a manetta alla seconda tastiera; ''Tremolo'' a pomello alla prima tastiera {| border="0" cellspacing="0" cellpadding="20" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''I - Espressivo ''Concerto''''' ---- |- |Flautone<ref name=":1">8'</ref>|| Soprani |- |Flauto in Ottava<ref name=":2">prima ottava dall'''Ottava''</ref>|| Bassi |- |Flauto in Ottava || Soprani |- |Violetta<ref name=":3">4'</ref>|| Bassi |- |Viola<ref name=":3" />|| Soprani |- |Voce Sensibile<ref name=":4">soprani, 2 file, oscillante</ref>|| |- |Violoncello || Bassi |- |Oboe || Soprani |- |Voce Coral<ref name=":5">16'</ref>|| |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''I - Espressivo ''Ripieno''''' ---- |- |Principal || Bassi |- |Principal || Soprani |- |Ottava || Bassi |- |Ottava || Soprani |- |Quintadecima || Bassi |- |Quintadecima || Soprani |- |Decimanona || Bassi |- |Decimanona || Soprani |- |Vigesimaseconda || Bassi |- |Vigesimaseconda || Soprani |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''II - Grand'Organo ''Concerto''''' ---- |- |Campanini Concertati<ref name=":0" /> |- |Voce Umana<ref name=":0" />|| |- |Flauto Traversiè || Soprani |- |Flauto in Ottava<ref name=":2" />|| Bassi |- |Flauto in Ottava || Soprani |- |Ottavino || Soprani |- |Viola I<ref name=":3" />|| Bassi |- |Viola II<ref name=":3" />|| Bassi |- |Viola in Ottava<ref name=":3" />|| Soprani |- |Voce Sensibile<ref name=":4" />|| Soprani |- |Corno Dolce<ref name=":5" /> |Soprani |- |Cornetto<ref>2 file, XVII e XIX</ref>|| Soprani |- |Eufonio<ref>prima ottava in 8'</ref>|| Bassi 16_p. |- |Flicorno || Soprani 16_p. |- |Violoncelli || Bassi 4_p. |- |Corno Jnglese || Soprani 16_p. |- |Clarone || Bassi 8_p. |- |Tromba Dolce || Soprani 8_p. |- |} {| border="0" | colspan="2" | '''Pedale ''Concerto''''' ---- |- |Bombardone<ref name=":5" />|| |- |Trombone<ref name=":1" />|| |- |Timballi<ref>6'</ref> |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''II - Grand'Organo ''Ripieno''''' ---- |- |Principal<ref>da ''Do<small>2</small>''</ref>|| Bassi 16_p. |- |Principal || Soprani 16_p. |- |Principale I || Bassi |- |Principale I || Soprani |- |Principale II<ref>intero</ref>|| Bassi |- |Principale II || Soprani |- |Ottava || Bassi |- |Ottava || Soprani |- |Duodecima |Bassi |- |Duodecima |Soprani |- |Quintadecima |Bassi |- |Decimaquinta || Soprani |- |Decimanona || |- |Vigesimaseconda || |- |Vigesimasesta || |- |Due di Ripieno (XXIX e XXXIII)<ref>XXXIII fino a ''Fa<small>4</small>''</ref> || |- |Due di Ripieno (XXXVI e XL)<ref>XL fino ''Do<small>4</small>''</ref> || |- |} {| border="0" | colspan="2" | '''Pedale ''Ripieno''''' ---- |- |Contrabassi I con Ottave || |- |Contrabassi II con Ottave || |- |Quinte ne' Bassi<ref>10 2/3'</ref>|| |- |} |} {{Disposizioni foniche di organi a canne}} == Note == <references/> == Altri progetti == {{interprogetto|w=Chiesa della Madonna dell'Orto|w_preposizione=sulla|etichetta=chiesa della Madonna dell'Orto a Venezia}} == Collegamenti esterni == * {{cita web|url=https://www.youtube.com/watch?v=Y6bfJOOruAY|titolo=Finale su "Puer natus est"|sito=youtube.com|accesso=3 dicembre 2018}} {{Avanzamento|100%|24 febbraio 2015}} [[Categoria:Disposizioni foniche di organi a canne]] j0moxomchcrc5rj5gbd9wlx6mdo7n3z 499195 499194 2026-06-13T20:32:12Z ~2026-34499-02 54472 499195 wikitext text/x-wiki [[File:Madonna dell'Orto (Venice) - Interior - Gallery organ.jpg|350px|center]] * '''Costruttore:''' Pietro e Nipoti Bazzani (''Costruzione N.^o 309'') * '''Anno:''' 1878 * '''Restauri/modifiche:''' Pasquale Ferrari (1995, restauro conservativo) * '''Registri:''' 56 * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra, al centro della parete anteriore della cassa * '''Tastiere:''' 2 di 58 note (''Do<small>1</small>''-''La<small>5</small>'', Bassi/Soprani ''Do#<small>3</small>/Re<small>3</small>'') * '''Pedaliera:''' parallela di 27 note (''Do<small>1</small>''-''Re<small>3</small>'')<ref>12 note reali</ref> * '''Collocazione:''' in corpo unico, sulla cantoria in controfacciata * '''Accessori:''' pedaletti per ''II Manuale al Pedale'', ''I Manuale al Pedale'' e ''Unione Tastiere''; pedaletto a 3 scatti per ''Pedaletto Sfumature'' alla prima tastiera; pedaloni per ''Ripieno'' e ''Combinazione libera'' alla seconda tastiera; pomellone per ''Tira Ripieni'' alla prima tastiera; ''Terza Mano''<ref name=":0">soprani</ref> a manetta alla seconda tastiera; ''Tremolo'' a pomello alla prima tastiera {| border="0" cellspacing="0" cellpadding="20" style="border-collapse:collapse;" | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''I - Espressivo ''Concerto''''' ---- |- |Flautone<ref name=":1">8'</ref>|| Soprani |- |Flauto in Ottava<ref name=":2">prima ottava dall'''Ottava''</ref>|| Bassi |- |Flauto in Ottava || Soprani |- |Violetta<ref name=":3">4'</ref>|| Bassi |- |Viola<ref name=":3" />|| Soprani |- |Voce Sensibile<ref name=":4">soprani, 2 file, oscillante</ref>|| |- |Violoncello || Bassi |- |Oboe || Soprani |- |Voce Coral<ref name=":5">16'</ref>|| |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''I - Espressivo ''Ripieno''''' ---- |- |Principal || Bassi |- |Principal || Soprani |- |Ottava || Bassi |- |Ottava || Soprani |- |Quintadecima || Bassi |- |Quintadecima || Soprani |- |Decimanona || Bassi |- |Decimanona || Soprani |- |Vigesimaseconda || Bassi |- |Vigesimaseconda || Soprani |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''II - Grand'Organo ''Concerto''''' ---- |- |Campanini Concertati<ref name=":0" /> |- |Voce Umana<ref name=":0" />|| |- |Flauto Traversiè || Soprani |- |Flauto in Ottava<ref name=":2" />|| Bassi |- |Flauto in Ottava || Soprani |- |Ottavino || Soprani |- |Viola I<ref name=":3" />|| Bassi |- |Viola II<ref name=":3" />|| Bassi |- |Viola in Ottava<ref name=":3" />|| Soprani |- |Voce Sensibile<ref name=":4" />|| Soprani |- |Corno Dolce<ref name=":5" /> |Soprani |- |Cornetto<ref>2 file, XVII e XIX</ref>|| Soprani |- |Eufonio<ref>prima ottava in 8'</ref>|| Bassi 16_p. |- |Flicorno || Soprani 16_p. |- |Violoncelli || Bassi 4_p. |- |Corno Jnglese || Soprani 16_p. |- |Clarone || Bassi 8_p. |- |Tromba Dolce || Soprani 8_p. |- |} {| border="0" | colspan="2" | '''Pedale ''Concerto''''' ---- |- |Bombardone<ref name=":5" />|| |- |Trombone<ref name=":1" />|| |- |Timballi<ref>6'</ref> |- |} | style="vertical-align:top" | {| border="0" | colspan="2" | '''II - Grand'Organo ''Ripieno''''' ---- |- |Principal<ref>da ''Do<small>2</small>''</ref>|| Bassi 16_p. |- |Principal || Soprani 16_p. |- |Principale I || Bassi |- |Principale I || Soprani |- |Principale II<ref>intero</ref>|| Bassi |- |Principale II || Soprani |- |Ottava || Bassi |- |Ottava || Soprani |- |Duodecima |Bassi |- |Duodecima |Soprani |- |Quintadecima |Bassi |- |Decimaquinta || Soprani |- |Decimanona || |- |Vigesimaseconda || |- |Vigesimasesta || |- |Due di Ripieno (XXIX e XXXIII)<ref>XXXIII fino a ''Fa<small>4</small>''</ref> || |- |Due di Ripieno (XXXVI e XL)<ref>XL fino ''Do<small>4</small>''</ref> || |- |} {| border="0" | colspan="2" | '''Pedale ''Ripieno''''' ---- |- |Contrabassi I con Ottave || |- |Contrabassi II con Ottave || |- |Quinte ne' Bassi<ref>10 2/3'</ref>|| |- |} |} {{Disposizioni foniche di organi a canne}} == Note == <references/> == Altri progetti == {{interprogetto|w=Chiesa della Madonna dell'Orto|w_preposizione=sulla|etichetta=chiesa della Madonna dell'Orto a Venezia}} == Collegamenti esterni == * {{cita web|url=https://www.youtube.com/watch?v=Y6bfJOOruAY|titolo=Finale su "Puer natus est"|sito=youtube.com|accesso=3 dicembre 2018}} {{Avanzamento|100%|24 febbraio 2015}} [[Categoria:Disposizioni foniche di organi a canne]] 8qvpi26p0d1xhyw97r4d72p4f2xsx3q 499196 499195 2026-06-13T20:36:17Z ~2026-34499-02 54472 499196 wikitext text/x-wiki [[File:Madonna dell'Orto (Venice) - Interior - Gallery organ.jpg|350px|center]] * '''Costruttore:''' Pietro e Nipoti Bazzani (''Costruzione N.^o 309'') * '''Anno:''' 1878 * '''Restauri/modifiche:''' Pasquale Ferrari (1995, restauro conservativo) * '''Registri:''' 60 * '''Canne:''' --- * '''Trasmissione:''' meccanica * '''Consolle:''' a finestra, al centro della parete anteriore della cassa * '''Tastiere:''' 2 di 58 note (''Do<small>1</small>''-''La<small>5</small>'', Bassi/Soprani ''Do#<small>3</small>/Re<small>3</small>'') * '''Pedaliera:''' parallela di 27 note (''Do<small>1</small>''-''Re<small>3</small>'')<ref>12 note reali</ref> * '''Collocazione:''' in corpo unico, sulla cantoria in controfacciata * '''Accessori:''' pedaletti per ''II Manuale al Pedale'', ''I Manuale al Pedale'' e ''Unione Tastiere''; 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To get the data in CSV format, see wikitext. To customize this message or add categories, create [[/top]].}} I dati che seguono sono estratti da una copia ''cache'' del database, il cui ultimo aggiornamento risale al 2026-06-13T15:16:14Z. Un massimo di {{PLURAL:5000|un risultato è disponibile|5000 risultati è disponibile}} in cache. {| class="sortable wikitable" ! 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Innanzitutto: <math>F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu = n^\mu \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\mu</math> Dunque per il campo elettrico si avrà: <math>E^i = F^{i0} = n^i \dot{A}^0 - n^0 \dot{A}^i = n^i n^j \dot{A}^j - \dot{A}^i = \underbrace{(n^i n^j - \delta^{ij})}_{:= P^{ij}} \dot{A}_j</math> <math>\Rightarrow \quad \vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}} = -\vec{n} \times (\vec{n} \times \vec{\dot{A}})</math> ove <math>P^{ij}</math> è il proiettore sul sottospazio ortogonale a <math>n^i</math>; infatti <math>P^{ij} n^j = n^i n^j n^j - n^i = n^i - n^i = 0</math>. Per quanto riguarda il campo magnetico, invece: <math>B^i = -\frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} F^{jk} = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k \quad \Rightarrow \quad \vec{B} = -\vec{n} \times \vec{\dot{A}}</math> Notiamo dunque che: # una trasformazione di gauge non cambia i campi elettrico e magnetico (perché non cambia <math>F_{\mu\nu}</math>); # le componenti di <math>\vec{\dot{A}}</math> lungo <math>\vec{n}</math> non contribuiscono al valore di <math>B^i</math>; infatti se <math>\dot{A}^k \propto n^k</math> allora <math>B^i \propto -\varepsilon^{ijk} n^j n^k = 0</math> Inoltre, i vettori <math>\vec{E}</math> e <math>\vec{B}</math> risultano ortogonali alla direzione di propagazione <math>\vec{n}</math>: <math>\vec{n} \cdot \vec{E} = n^i (n^i n^j - \delta^{ij}) \dot{A}^j = n^j \dot{A}^j - n^j \dot{A}^j = 0</math> <math>\vec{n} \cdot \vec{B} = -n^i \varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = 0</math> Dunque <math>\vec{E}, \vec{B} \perp \vec{n}</math>. Risulta inoltre: <math>(\vec{n} \times \vec{E})^i = \varepsilon^{ijk} n^j E^k = \varepsilon^{ijk} n^j (n^k n^\ell - \delta^{k\ell}) \dot{A}^\ell = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = B^i</math> ossia <math>\vec{B} = \vec{n} \times \vec{E}</math>: i campi, oltre a essere ortogonali alla direzione di propagazione, sono ortogonali fra di loro. Infine, poiché <math>|\vec{n}| = 1</math> risulta<ref>Nota: <math>\vec{B} \cdot \vec{E}</math> e <math>|\vec{E}|^2 - |\vec{B}|^2</math> sono proporzionali agli invarianti che si possono costruire con <math>F_{\mu\nu}</math>. In particolare, poiché <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \propto |E|^2 - |B|^2</math>, per un campo elettromagnetico libero si ha <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 0</math>.</ref> <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. == Impulso di un'onda elettromagnetica == Cerchiamo ora di determinare le quantità conservate associate a un'onda elettromagnetica. Queste saranno necessariamente associate al tensore energia-impulso e densità di momento angolare dell'onda. Considerando dunque il primo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} + \frac{1}{4} \eta^{\mu\nu} F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta}</math> ma <math>F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta} = 0</math> perché <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. Dunque: <math>\begin{align} T^{\mu\nu}_{\text{emg}} &= F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} = (n^\mu \dot{A}_\alpha - n_\alpha \dot{A}^\mu)(n^\alpha \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\alpha) = n^\mu n^\nu \dot{A}_\alpha \dot{A}^\alpha = \\ &= n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - \dot{A}^0 \dot{A}^0) = n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - n^i \dot{A}^i n^j \dot{A}^j) = \\ &= n^\mu n^\nu \dot{A}^i \dot{A}^j (\delta^{ij} - n^i n^j) = n^\mu n^\nu \left( |\vec{\dot{A}}|^2 - (\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}})^2 \right) \end{align}</math> Possiamo sempre scegliere gli assi di modo che <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>; in questo modo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu \left[ (\dot{A}^1)^2 + (\dot{A}^2)^2 \right] \qquad \vec{E} = (-\dot{A}^1, -\dot{A}^2, 0) \quad \Rightarrow</math> <math>\Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu |\vec{E}|^2 = n^\mu n^\nu \frac{|\vec{E}|^2 + |\vec{B}|^2}{2} \quad \Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu W</math> ove abbiamo sfruttato il fatto che <math>|\vec{E}| = |\vec{B}|</math>, e con <math>W = T^{00}_{\text{emg}}</math> abbiamo indicato la densità di energia del campo elettromagnetico. Si avrà dunque che il quadrimomento trasportato dall'onda è: <math>P^\mu = \int T^{\mu0}_{\text{emg}} d^3\vec{x} = \int n^\mu W d^3\vec{x} = n^\mu \mathcal{E}</math> con <math>\mathcal{E}</math> energia totale dell'onda (ovviamente per un'onda piana si avrebbe <math>\mathcal{E} = +\infty</math>, ma abbiamo già detto che le uniche soluzioni fisicamente sensate delle equazioni di Maxwell sono pacchetti d'onde). Poiché dunque <math>n_\mu n^\mu = 0</math>, si avrà <math>P^\mu P_\mu = 0</math>; è per questo che, nella quantizzazione dell'elettrodinamica, si possono associare ai campi particelle (i fotoni) prive di massa. == Momento angolare di un'onda elettromagnetica == L'altra quantità che resterebbe da studiare è il momento angolare: <math>M^{\mu\nu\lambda} = x^\nu T^{\mu\lambda}_{\text{emg}} - x^\lambda T^{\mu\nu}_{\text{emg}}</math> <math>L^{\nu\lambda} = \int M^{0\nu\lambda} d^3\vec{x} = \int (x^\nu n^\lambda - x^\lambda n^\nu) W d^3\vec{x}</math> <math>L^i = \frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} L^{jk} = \int \varepsilon^{ijk} x^j n^k W d^3\vec{x}</math> e se ad esempio <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>: <math>L^3 = \int \varepsilon^{3j3} x^j W d^3\vec{x} = 0</math> Sembrerebbe dunque che le onde non trasportino momento angolare nella loro direzione di propagazione. Anche con le altre componenti si ottiene lo stesso risultato: <math>L^1 = \int \varepsilon^{1j3} x^j W d^3\vec{x} = \int \varepsilon^{123} x^2 W d^3\vec{x} = W(z) \int x^2 d^3\vec{x} = 0</math> ove la penultima uguaglianza è dovuta al fatto che in un'onda che si propaga lungo <math>z</math> le sue grandezze (in questo caso <math>W</math>) dipendono solo da <math>z</math>, e analogamente si trova <math>L^2 = 0</math>. Ciò però è falso: le onde elettromagnetiche possono essere polarizzate, e quelle polarizzate circolarmente trasportano momento angolare. Questo problema sorge perché abbiamo fatto il conto non sul tensore che deriva direttamente dal teorema di Noether, ma su quello simmetrico. Abbiamo visto che nella determinazione del tensore energia-impulso simmetrico è fondamentale l'ipotesi che i campi si annullino all'infinito, cosa che le onde piane come già evidenziato non fanno. In realtà, si può vedere che le onde elettromagnetiche trasportano momento angolare lungo la loro direzione di propagazione anche con ragionamenti indiretti, che ora seguiremo. == Stati di polarizzazione di un'onda elettromagnetica == Cominciamo definendo lo stato di polarizzazione di un'onda, che sarà legato alle proprietà del quadrivettore <math>\varepsilon_\mu</math>. Ricordando che nella gauge di Lorenz si ha <math>k^\mu \varepsilon_\mu(\vec{k}) = 0</math>, e supponendo che l'onda si propaghi lungo <math>z</math>, allora <math>k_\mu = |\vec{k}|(1,0,0,1)</math> (in questo modo <math>k^\mu k_\mu = 0</math>) e dunque: <math>\varepsilon_\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^3) \quad \Rightarrow \quad k_\mu \varepsilon^\mu = |\vec{k}|(\varepsilon^0 - \varepsilon^3) \stackrel{!}{=} 0 \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^0 = \varepsilon^3</math> e quindi: <math>\varepsilon^\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^0) = \underbrace{\frac{\varepsilon^0}{|\vec{k}|} k^\mu}_{:= \varepsilon_L^\mu} + \underbrace{(0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, 0)}_{:= \varepsilon_T^\mu}</math> ove <math>\varepsilon_L^\mu</math> è la parte longitudinale (ossia diretta come <math>k_\mu</math>) e <math>\varepsilon^\text{T}_\mu</math> quella trasversa del vettore di polarizzazione <math>\varepsilon_\mu</math>. Di queste due, l'unica fisicamente rilevante è quella trasversa, perché quella longitudinale può essere eliminata con un'opportuna trasformazione di gauge: <math>\varepsilon^\mu \to \varepsilon^\mu + \alpha(\vec{k}) k^\mu \qquad \alpha(\vec{k}) := -\frac{\varepsilon^0(\vec{k})}{|\vec{k}|} \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^\mu \to \varepsilon_T^\mu</math> Sono dunque solo <math>\varepsilon^1</math> e <math>\varepsilon^2</math> che determinano lo stato di polarizzazione dell'onda. Vediamo dunque quali possono essere i possibili stati di polarizzazione per un'onda elettromagnetica. Inserendo l'espressione del quaripotenziale di un'onda elementare: <math>A^\mu(x) = \varepsilon^\mu(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}|_{k^0=|\vec{k}|}</math> in <math>\vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}}</math>, si ha: <math>\vec{E} = \vec{\mathcal{E}} e^{ikx} + \text{c.c.}</math> con <math>\vec{\mathcal{E}}</math> vettore complesso tale che <math>\vec{\mathcal{E}} \cdot \vec{n} = 0</math>, dunque <math>\vec{\mathcal{E}} \propto \vec{\varepsilon}_T</math>. Scegliamo dunque due versori <math>\vec{e}_1</math> e <math>\vec{e}_2</math> ortogonali a <math>\vec{n}</math> e fra di loro. In questo modo (<math>\mathcal{E}_1, \mathcal{E}_2 \in \mathbb{C}</math>, e l'<math>1/2</math> compare per convenienza): <math>\vec{\mathcal{E}} = \frac{1}{2} (\mathcal{E}_1 \vec{e}_1 + \mathcal{E}_2 \vec{e}_2) = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2)</math> con <math>\tilde{\delta}</math> fase di <math>\mathcal{E}_1</math> e <math>\delta</math> differenza di fase fra <math>\mathcal{E}_2</math> e <math>\mathcal{E}_1</math>. Tuttavia <math>\tilde{\delta}</math> è irrilevante, perché: <math>\vec{E} = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} e^{ikx} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) + \text{c.c.}</math> e dunque ridefinendo l'origine dei tempi (<math>x^0 \to x^0 - \tilde{\delta}/k^0</math>) si può porre <math>\tilde{\delta} = 0</math>. Dunque: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| \cos(kx) \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \cos(kx + \delta) \vec{e}_2</math> I casi possibili sono quindi: <math>\delta = 0</math> allora: <math>\vec{E} = (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) \cos(kx)</math> e dunque in ogni istante <math>\vec{E}</math> oscilla lungo la stessa direzione: il campo si dice polarizzato linearmente <math>\delta = \pm \pi/2</math>, <math>|\mathcal{E}_1| = |\mathcal{E}_2|</math> in questo caso: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| (\cos(kx) \vec{e}_1 \mp \sin(kx) \vec{e}_2)</math> e dunque al variare di <math>x</math>, <math>\vec{E}</math> descrive un cerchio, in senso orario o antiorario a seconda se <math>\delta = +\pi/2</math> o <math>\delta = -\pi/2</math>: il campo si dice polarizzato circolarmente (destro o sinistro). Nel caso in cui un'onda sia polarizzata circolarmente, allora: <math>\varepsilon_T^\mu \propto (0, 1, \pm i, 0)</math> Ciò che vogliamo dunque mostrare è che un'onda polarizzata circolarmente trasporta momento angolare nella direzione di propagazione (si dice anche che porta elicità), e che può assumere valori <math>+1</math> o <math>-1</math>. Mostriamolo in un contesto più generale, ossia considerando anche il caso delle onde gravitazionali. == Onde gravitazionali == Il campo gravitazionale (nel limite in cui questo sia debole) è descritto dal tensore simmetrico <math>H_{\mu\nu}(x)</math> (così come il campo elettromagnetico è descritto da <math>A_\mu(x)</math>). Fisicamente, <math>H_{\mu\nu}</math> rappresenta le piccole deformazioni della metrica dello spaziotempo rispetto alla metrica di Minkowski dovute alla gravità. Se c'è campo gravitazionale, infatti, la metrica dello spaziotempo è: <math>ds^2 = g_{\mu\nu}(x) dx^\mu dx^\nu</math> con <math>g_{\mu\nu}</math> funzione di <math>x</math> e simmetrico in <math>\mu</math> e <math>\nu</math>. Quando il campo gravitazionale è molto debole (ossia a grandi distanze dalle sorgenti): <math>g_{\mu\nu}(x) \simeq \eta_{\mu\nu} + \left( H_{\mu\nu}(x) - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho_\rho(x) \right) + O(H^2)</math> In analogia con le onde elettromagnetiche, le equazioni differenziali a cui <math>H</math> dovrà obbedire saranno: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial^\mu H_{\mu\nu} = 0</math> Se fossimo in presenza di sorgenti, si dovrebbe avere <math>\Box H_{\mu\nu} = 16\pi G T_{\mu\nu}</math> con <math>T_{\mu\nu}</math> tensore energia-impulso (altro motivo in più perché <math>T_{\mu\nu}</math> dev'essere simmetrico). Inoltre, <math>H_{\mu\nu}</math> è legato al potenziale gravitazionale classico <math>\varphi</math> da: <math>\varphi = -\frac{1}{4} H_{00}</math> e ciò accade perché nel caso newtoniano <math>v \ll 1</math>, e risulta <math>T_{00} \gg T_{ij}</math> (infatti <math>T^P_\mu \propto \sum_p \frac{p_\mu p_\nu}{E} \delta^{(3)} \Rightarrow T^P_{00} \propto m</math>, <math>T^P_{0i} \propto p_i \propto mv_i</math>). Per semplice analogia con l'elettromagnetismo possiamo scrivere le equazioni differenziali che descrivono il campo gravitazionale: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial^\mu H_{\mu\nu} = 0</math> ove la seconda equazione fissa univocamente la gauge del campo, come vedremo fra poco. Sappiamo dunque che se il campo gravitazionale è debole: <math>g_{\mu\nu} \simeq \eta_{\mu\nu} + H_{\mu\nu} - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho_\rho + O(H^2)</math> In relatività speciale il gruppo di simmetria "naturale" è l'insieme delle trasformazioni di coordinate che lasciano invariata la metrica, ossia il gruppo di Poincaré; in relatività generale, invece, questo gruppo è molto più ampio: si possono considerare trasformazioni qualsiasi delle coordinate <math>x^\mu \to \tilde{x}^\mu</math>, detti diffeomorfismi. Se dunque in relatività speciale le trasformazioni erano definite complessivamente da 10 parametri, adesso ci sono infiniti gradi di libertà, e possiamo intendere questo fatto come una sorta di invarianza di gauge. Abbiamo, insomma, che le <math>\tilde{x}^\mu</math> sono le trasformazioni di gauge della relatività generale (non vediamo come agiscono sui campi perché è troppo complicato). Affinché in relatività generale il <math>ds^2</math> sia invariante sarà dunque necessario che anche <math>g_{\mu\nu}(x)</math> trasformi in modo ben preciso (che non ricaveremo) sotto <math>\tilde{x}^\mu</math>. L'equazione <math>\partial^\mu H_{\mu\nu}</math> è quindi proprio la condizione che poniamo per fissare questa gauge. Dobbiamo anche tenere in conto che, come già detto, le equazioni che abbiamo scritto non sono le equazioni esatte del campo gravitazionale, ma una loro approssimazione per campi deboli: l'elettromagnetismo è infatti lineare, mentre la gravità no (nell'espressione di <math>H_{\mu\nu}</math> compaiono infatti termini <math>O(H^2)</math>). L'origine fisica di questa differenza fra campo elettromagnetico e gravitazionale risiede nel fatto che il campo elettromagnetico non è "carico", mentre quello gravitazionale lo è. Spieghiamo meglio cosa intendiamo con quest'ultima affermazione: il campo elettromagnetico è generato da cariche, ma non trasporta carica elettrica, nel senso che fra le varie quantità che si possono associare a questo tipo di campo (quantità di moto, momento angolare ecc.) la carica elettrica non compare; da un punto di vista quantistico, ciò significa che i mediatori di questo campo, i fotoni, non hanno carica. Il campo gravitazionale, invece, è generato da massa, che è equivalente all'energia, e il campo gravitazionale (come tutti i campi in una teoria relativistica, grazie al teorema di Noether) trasporta esso stesso energia: <math>H_{\mu\nu}</math>, dunque, influisce su sé stesso modificando la struttura stessa del campo, che non risulta più lineare. Considerando l'equazione <math>\Box H_{\mu\nu} = 0</math>, sappiamo dunque che <math>H_{\mu\nu}</math> è sovrapposizione di onde elementari (ossia piane monocromatiche): <math>H_{\mu\nu}(x) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) e^{-ikx} + \text{c.c.}|_{k^\mu k_\mu = 0}</math> ove <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è detto tensore di polarizzazione. Ponendo <math>\partial^\mu H_{\mu\nu} = 0</math>, dunque, risulta <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) = 0</math>. Anche in questo caso, inoltre, dobbiamo considerare le possibili trasformazioni di gauge residue: <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) \to \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + k_\mu \xi_\nu(\vec{k}) + k_\nu \xi_\mu(\vec{k}) \underbrace{- \eta_{\mu\nu} k^\rho \xi_\rho}_{\displaystyle := A}</math> ove <math>A</math> è stato inserito affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> sia simmetrico (infatti <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> lo è perché tale è <math>H_{\mu\nu}</math>), e l'ultimo addendo serve affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> soddisfi ancora la condizione di gauge: <math>\begin{align} k^\mu \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) &= k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + k^\mu k_\mu \xi_\nu(\vec{k}) + k_\nu k^\mu \xi_\mu(\vec{k}) - k_\nu k^\rho \xi_\rho(\vec{k}) k^\mu = \\ &= k_\nu k^\mu \xi_\mu(\vec{k}) - k_\nu k^\mu \xi_\mu(\vec{k}) = 0 \end{align}</math> Ci chiediamo dunque: un campo del genere quanti gradi di libertà ha? Sono le componenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, che sono 10 funzioni complesse (poiché è simmetrico) delle tre variabili <math>\vec{k}</math>. Si deve poi avere <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math>, che sono quattro vincoli (uno per ogni valore di <math>\nu</math>); pertanto <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è composto da 10-4=6 funzioni complesse indipendenti. Poiché inoltre ci sono quattro trasformazioni di gauge residue (corrispondenti alle quattro funzioni <math>\xi_\mu</math>), rimangono 6-4=2 funzioni complesse indipendenti che compongono <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, ossia <math>H_{\mu\nu}</math> ha due gradi di libertà, proprio come il campo elettromagnetico. Scegliamo dunque gli assi di modo che <math>k_\mu = \omega(1,0,0,1)</math>, ove <math>\omega = |\vec{k}|</math>. In questo modo da <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math> segue che <math>\varepsilon_{0\nu} = \varepsilon_{3\nu}</math> <math>\forall \nu</math>. Pertanto, le componenti indipendenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> sono tutte quelle dove non compare l'indice 3; vediamo quali di queste possono essere eliminate per l'invarianza di gauge. Poniamo $\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu} = \varepsilon_{\mu\nu} + \delta\varepsilon_{\mu\nu}$; allora: <math>\delta\varepsilon_{00} = \omega(\xi_0 + \xi_3) \qquad \delta\varepsilon_{01} = \omega\xi_1 \qquad \delta\varepsilon_{02} = \omega\xi_2</math> <math>\delta\varepsilon_{11} = \omega(\xi_0 - \xi_3) \qquad \delta\varepsilon_{12} = 0 \qquad \delta\varepsilon_{22} = \omega(\xi_0 - \xi_3)</math> Scegliendo opportunamente <math>\xi_1</math> e <math>\xi_2</math>, quindi, si può sempre porre<ref>Attenzione: dovremmo scrivere in realtà, ad esempio, <math>\varepsilon'_{01} = 0</math>; tuttavia, poiché <math>\varepsilon_{01}</math> e <math>\varepsilon'_{01}</math> sono collegati da una trasformazione di gauge, sono fisicamente equivalenti, e dunque si può porre direttamente <math>\varepsilon_{01} = 0</math>.</ref> <math>\varepsilon_{01} = \varepsilon_{02} = 0</math>; analogamente, scegliendo opportunamente <math>\xi_0</math> e <math>\xi_3</math>, si può porre <math>\varepsilon_{00} = 0</math> e <math>\varepsilon_{11} + \varepsilon_{22} = 0</math>. In generale, invece, <math>\varepsilon_{12} \neq 0</math>. I gradi di libertà che abbiamo a disposizione sono dunque <math>\varepsilon_{12}</math> e <math>\varepsilon_{11}</math> (fissato quest'ultimo, anche <math>\varepsilon_{22}</math> è automaticamente fissato dalla relazione appena vista). Pertanto: <math>\varepsilon_{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \varepsilon_{11} & \varepsilon_{12} & 0 \\ 0 & \varepsilon_{12} & -\varepsilon_{11} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}</math> == Elicità == Mostriamo ora che, in generale, i campi elettromagnetico e gravitazionale trasportano momento angolare, detto elicità. Consideriamo dunque tre tipi di campo: scalare, quadrivettoriale e quadritensoriale. Ad ognuno di essi sarà associato, rispettivamente, un campo scalare <math>\varepsilon(\vec{k})</math>, uno quadrivettoriale <math>\varepsilon_\mu(\vec{k})</math> e uno quadritensoriale <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k})</math>. Sotto trasformazioni di Lorentz si avrà: <math>k'_\mu = \Lambda^\nu_\mu k_\nu</math> <math>\varepsilon'(k') = \varepsilon(k)</math> <math>\varepsilon'_\mu(k') = \Lambda^\nu_\mu \varepsilon_\nu(k) \qquad \varepsilon'_{\mu\nu}(k') = \Lambda^\rho_\mu \Lambda^\sigma_\nu \varepsilon_{\rho\sigma}(k)</math> e queste trasformazioni agiscono su uno spazio vettoriale di dimensione infinita (<math>\varepsilon</math> è infatti una funzione di <math>k</math>). Consideriamo ora il sottogruppo del gruppo di Lorentz, spesso detto piccolo gruppo, formato dalle matrici <math>\Lambda</math> tali che: <math>k'_\mu = k_\mu \Leftrightarrow \Lambda^\nu_\mu k_\nu = k_\mu</math> ove <math>k_\mu</math> è un quadrivettore fissato. Se dunque <math>\Lambda</math> appartiene al piccolo gruppo, le leggi di trasformazione dei tensori di polarizzazione saranno: <math>\varepsilon'(k) = \varepsilon(k) \qquad \varepsilon'_\mu(k) = \Lambda^\nu_\mu \varepsilon_\nu(k) \qquad \varepsilon'_{\mu\nu}(k) = \Lambda^\rho_\mu \Lambda^\sigma_\nu \varepsilon_{\rho\sigma}(k)</math> pertanto, <math>\varepsilon</math> forma una rappresentazione finito-dimensionale del piccolo gruppo, o in altre parole le coordinate dei tensori di polarizzazione trasformano linearmente fra loro. Si può dimostrare che, note le trasformazioni del piccolo gruppo, si possono ricostruire tutte le trasformazioni possibili. Studiamo dunque com'è fatto il piccolo gruppo in casi particolari. Ne distinguiamo due: <math>k^2 = m^2 \neq 0</math> in questo caso esiste sempre un sistema di riferimento nel quale si ha: <math>k_\mu = m(1,0,0,0)</math> Dunque, le trasformazioni di Lorentz che agendo su <math>k_\mu</math> non lo cambiano (in altre parole, le trasformazioni del piccolo gruppo) dovranno essere tali che: <math>k'_\mu = k_\mu \Rightarrow \Lambda^0_i = 0 \text{ per } i \neq 0; \quad \Lambda^i_0 = 0 \text{ per } i \neq 0</math> Dunque: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & & & \\ 0 & & R & \\ 0 & & & \end{pmatrix}</math> con <math>R</math> matrice di rotazione tridimensionale. <math>k^2 = 0</math> possiamo allora scegliere gli assi di modo che <math>k_\mu = \omega(1,0,0,1)</math>. Pertanto: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\varphi & \sin\varphi & 0 \\ 0 & -\sin\varphi & \cos\varphi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</math> Infatti, in questo modo, la rotazione coinvolge solo le componenti 1 e 2 di <math>k</math>, che sono nulle, e pertanto <math>k</math> non viene alterato. In realtà esisterebbero altri due tipi di trasformazione che appartengono al piccolo gruppo, ma le ignoriamo in quanto non hanno significato fisico. Vogliamo dunque capire come trasformi <math>\varepsilon</math> sotto il piccolo gruppo. Se infatti <math>\varepsilon_\mu</math> è ad esempio un vettore di polarizzazione che sotto queste trasformazioni cambia nel seguente modo: <math>\varepsilon_\mu(k) \xrightarrow{\Lambda} \varepsilon_\mu(k) e^{in\varphi}</math> si dice che il campo ha elicità <math>n</math>, che è la componente lungo <math>z</math> del momento angolare trasportato dall'onda<ref>In realtà ciò non è evidente e infatti non lo si può vedere a questo livello della trattazione, perché è collegato con l'elettrodinamica quantistica. In breve, si può mostrare che se un campo ha elicità <math>n</math> allora i suoi mediatori (i fotoni nel caso dell'elettromagnetismo, ad esempio) hanno spin <math>n</math>.</ref>. Calcoliamo dunque quanto vale l'elicità per i vari tipi di campo che stiamo considerando: '''campo scalare''' Si ha: <math>\varepsilon(k) \to \varepsilon(k) \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> Pertanto, i campi scalari non hanno elicità, ossia non trasportano momento angolare. '''campo elettromagnetico''' Sappiamo che possiamo scrivere: <math>\varepsilon_\mu = \underbrace{\varepsilon^0(1,0,0,1)}_{\varepsilon^\text{L}_\mu} + \underbrace{(0,\varepsilon^1,\varepsilon^2,0)}_{\varepsilon^\text{T}_\mu}</math> Dunque: <math>\varepsilon^0 \to {\varepsilon'}^0 = \varepsilon^0 \quad \Rightarrow \quad {\varepsilon'}^\text{L}_\mu = \varepsilon^\text{L}_\mu \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> che effettivamente è un risultato inutile in quanto <math>\varepsilon^0</math> non ha significato fisico. Inoltre: <math>{\varepsilon'}^1 = \cos\varphi \varepsilon^1 + \sin\varphi \varepsilon^2</math> <math>{\varepsilon'}^2 = -\sin\varphi \varepsilon^1 + \cos\varphi \varepsilon^2</math> Cerchiamo dunque una base di autovettori che diagonalizzi questa trasformazione. Si determina che questa base è: <math>\varepsilon^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \pm i \\ 0 \end{pmatrix}</math> Dunque: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i\varphi} \\ \pm ie^{\pm i\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> Pertanto <math>n = \pm 1</math>: il campo elettromagnetico ha elicità <math>\pm 1</math>. Notiamo anche che <math>\varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> corrispondono ai vettori di polarizzazione di un'onda polarizzata circolarmente. Possiamo dunque concludere che il campo elettromagnetico, se polarizzato circolarmente, trasporta momento angolare. '''campo gravitazionale''' Abbiamo visto che come componenti fisiche di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> possiamo usare <math>\varepsilon_{11}</math> e <math>\varepsilon_{12}</math>. Dunque: <math>\begin{align} {\varepsilon'}_{11} &= \cos^2\varphi \varepsilon_{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon_{12} + \sin^2\varphi \varepsilon_{22} \underbrace{= -\varepsilon_{11}} = \\ &= (\cos^2\varphi - \sin^2\varphi)\varepsilon_{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon_{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon_{11} + \sin(2\varphi)\varepsilon_{12} \end{align}</math> Analogamente: <math>{\varepsilon'}_{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon_{12} - \sin(2\varphi)\varepsilon_{11}</math> Gli autovettori della trasformazione sono gli stessi di prima, perciò: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i2\varphi} \\ \pm ie^{\pm i2\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i2\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_\text{T} \quad \Rightarrow \quad n = \pm 2</math> Il campo gravitazionale ha dunque elicità <math>\pm 2</math>. == Note == <references/> {{Avanzamento|100%|7 giugno 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Espressione esplicita dei campi in un&#39;onda elettromagnetica]] 2wvrtgtsbr4942a74mmv0njq9su33s3 499188 499187 2026-06-13T15:32:23Z Hippias 18281 /* Onde gravitazionali */ 499188 wikitext text/x-wiki {{Elettrodinamica classica}} Calcoliamo dunque l'espressione di <math>\vec{E}</math> e <math>\vec{B}</math> per un'onda elettromagnetica elementare. Innanzitutto: <math>F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu = n^\mu \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\mu</math> Dunque per il campo elettrico si avrà: <math>E^i = F^{i0} = n^i \dot{A}^0 - n^0 \dot{A}^i = n^i n^j \dot{A}^j - \dot{A}^i = \underbrace{(n^i n^j - \delta^{ij})}_{:= P^{ij}} \dot{A}_j</math> <math>\Rightarrow \quad \vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}} = -\vec{n} \times (\vec{n} \times \vec{\dot{A}})</math> ove <math>P^{ij}</math> è il proiettore sul sottospazio ortogonale a <math>n^i</math>; infatti <math>P^{ij} n^j = n^i n^j n^j - n^i = n^i - n^i = 0</math>. Per quanto riguarda il campo magnetico, invece: <math>B^i = -\frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} F^{jk} = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k \quad \Rightarrow \quad \vec{B} = -\vec{n} \times \vec{\dot{A}}</math> Notiamo dunque che: # una trasformazione di gauge non cambia i campi elettrico e magnetico (perché non cambia <math>F_{\mu\nu}</math>); # le componenti di <math>\vec{\dot{A}}</math> lungo <math>\vec{n}</math> non contribuiscono al valore di <math>B^i</math>; infatti se <math>\dot{A}^k \propto n^k</math> allora <math>B^i \propto -\varepsilon^{ijk} n^j n^k = 0</math> Inoltre, i vettori <math>\vec{E}</math> e <math>\vec{B}</math> risultano ortogonali alla direzione di propagazione <math>\vec{n}</math>: <math>\vec{n} \cdot \vec{E} = n^i (n^i n^j - \delta^{ij}) \dot{A}^j = n^j \dot{A}^j - n^j \dot{A}^j = 0</math> <math>\vec{n} \cdot \vec{B} = -n^i \varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = 0</math> Dunque <math>\vec{E}, \vec{B} \perp \vec{n}</math>. Risulta inoltre: <math>(\vec{n} \times \vec{E})^i = \varepsilon^{ijk} n^j E^k = \varepsilon^{ijk} n^j (n^k n^\ell - \delta^{k\ell}) \dot{A}^\ell = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = B^i</math> ossia <math>\vec{B} = \vec{n} \times \vec{E}</math>: i campi, oltre a essere ortogonali alla direzione di propagazione, sono ortogonali fra di loro. Infine, poiché <math>|\vec{n}| = 1</math> risulta<ref>Nota: <math>\vec{B} \cdot \vec{E}</math> e <math>|\vec{E}|^2 - |\vec{B}|^2</math> sono proporzionali agli invarianti che si possono costruire con <math>F_{\mu\nu}</math>. In particolare, poiché <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \propto |E|^2 - |B|^2</math>, per un campo elettromagnetico libero si ha <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 0</math>.</ref> <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. == Impulso di un'onda elettromagnetica == Cerchiamo ora di determinare le quantità conservate associate a un'onda elettromagnetica. Queste saranno necessariamente associate al tensore energia-impulso e densità di momento angolare dell'onda. Considerando dunque il primo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} + \frac{1}{4} \eta^{\mu\nu} F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta}</math> ma <math>F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta} = 0</math> perché <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. Dunque: <math>\begin{align} T^{\mu\nu}_{\text{emg}} &= F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} = (n^\mu \dot{A}_\alpha - n_\alpha \dot{A}^\mu)(n^\alpha \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\alpha) = n^\mu n^\nu \dot{A}_\alpha \dot{A}^\alpha = \\ &= n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - \dot{A}^0 \dot{A}^0) = n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - n^i \dot{A}^i n^j \dot{A}^j) = \\ &= n^\mu n^\nu \dot{A}^i \dot{A}^j (\delta^{ij} - n^i n^j) = n^\mu n^\nu \left( |\vec{\dot{A}}|^2 - (\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}})^2 \right) \end{align}</math> Possiamo sempre scegliere gli assi di modo che <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>; in questo modo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu \left[ (\dot{A}^1)^2 + (\dot{A}^2)^2 \right] \qquad \vec{E} = (-\dot{A}^1, -\dot{A}^2, 0) \quad \Rightarrow</math> <math>\Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu |\vec{E}|^2 = n^\mu n^\nu \frac{|\vec{E}|^2 + |\vec{B}|^2}{2} \quad \Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu W</math> ove abbiamo sfruttato il fatto che <math>|\vec{E}| = |\vec{B}|</math>, e con <math>W = T^{00}_{\text{emg}}</math> abbiamo indicato la densità di energia del campo elettromagnetico. Si avrà dunque che il quadrimomento trasportato dall'onda è: <math>P^\mu = \int T^{\mu0}_{\text{emg}} d^3\vec{x} = \int n^\mu W d^3\vec{x} = n^\mu \mathcal{E}</math> con <math>\mathcal{E}</math> energia totale dell'onda (ovviamente per un'onda piana si avrebbe <math>\mathcal{E} = +\infty</math>, ma abbiamo già detto che le uniche soluzioni fisicamente sensate delle equazioni di Maxwell sono pacchetti d'onde). Poiché dunque <math>n_\mu n^\mu = 0</math>, si avrà <math>P^\mu P_\mu = 0</math>; è per questo che, nella quantizzazione dell'elettrodinamica, si possono associare ai campi particelle (i fotoni) prive di massa. == Momento angolare di un'onda elettromagnetica == L'altra quantità che resterebbe da studiare è il momento angolare: <math>M^{\mu\nu\lambda} = x^\nu T^{\mu\lambda}_{\text{emg}} - x^\lambda T^{\mu\nu}_{\text{emg}}</math> <math>L^{\nu\lambda} = \int M^{0\nu\lambda} d^3\vec{x} = \int (x^\nu n^\lambda - x^\lambda n^\nu) W d^3\vec{x}</math> <math>L^i = \frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} L^{jk} = \int \varepsilon^{ijk} x^j n^k W d^3\vec{x}</math> e se ad esempio <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>: <math>L^3 = \int \varepsilon^{3j3} x^j W d^3\vec{x} = 0</math> Sembrerebbe dunque che le onde non trasportino momento angolare nella loro direzione di propagazione. Anche con le altre componenti si ottiene lo stesso risultato: <math>L^1 = \int \varepsilon^{1j3} x^j W d^3\vec{x} = \int \varepsilon^{123} x^2 W d^3\vec{x} = W(z) \int x^2 d^3\vec{x} = 0</math> ove la penultima uguaglianza è dovuta al fatto che in un'onda che si propaga lungo <math>z</math> le sue grandezze (in questo caso <math>W</math>) dipendono solo da <math>z</math>, e analogamente si trova <math>L^2 = 0</math>. Ciò però è falso: le onde elettromagnetiche possono essere polarizzate, e quelle polarizzate circolarmente trasportano momento angolare. Questo problema sorge perché abbiamo fatto il conto non sul tensore che deriva direttamente dal teorema di Noether, ma su quello simmetrico. Abbiamo visto che nella determinazione del tensore energia-impulso simmetrico è fondamentale l'ipotesi che i campi si annullino all'infinito, cosa che le onde piane come già evidenziato non fanno. In realtà, si può vedere che le onde elettromagnetiche trasportano momento angolare lungo la loro direzione di propagazione anche con ragionamenti indiretti, che ora seguiremo. == Stati di polarizzazione di un'onda elettromagnetica == Cominciamo definendo lo stato di polarizzazione di un'onda, che sarà legato alle proprietà del quadrivettore <math>\varepsilon_\mu</math>. Ricordando che nella gauge di Lorenz si ha <math>k^\mu \varepsilon_\mu(\vec{k}) = 0</math>, e supponendo che l'onda si propaghi lungo <math>z</math>, allora <math>k_\mu = |\vec{k}|(1,0,0,1)</math> (in questo modo <math>k^\mu k_\mu = 0</math>) e dunque: <math>\varepsilon_\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^3) \quad \Rightarrow \quad k_\mu \varepsilon^\mu = |\vec{k}|(\varepsilon^0 - \varepsilon^3) \stackrel{!}{=} 0 \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^0 = \varepsilon^3</math> e quindi: <math>\varepsilon^\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^0) = \underbrace{\frac{\varepsilon^0}{|\vec{k}|} k^\mu}_{:= \varepsilon_L^\mu} + \underbrace{(0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, 0)}_{:= \varepsilon_T^\mu}</math> ove <math>\varepsilon_L^\mu</math> è la parte longitudinale (ossia diretta come <math>k_\mu</math>) e <math>\varepsilon^\text{T}_\mu</math> quella trasversa del vettore di polarizzazione <math>\varepsilon_\mu</math>. Di queste due, l'unica fisicamente rilevante è quella trasversa, perché quella longitudinale può essere eliminata con un'opportuna trasformazione di gauge: <math>\varepsilon^\mu \to \varepsilon^\mu + \alpha(\vec{k}) k^\mu \qquad \alpha(\vec{k}) := -\frac{\varepsilon^0(\vec{k})}{|\vec{k}|} \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^\mu \to \varepsilon_T^\mu</math> Sono dunque solo <math>\varepsilon^1</math> e <math>\varepsilon^2</math> che determinano lo stato di polarizzazione dell'onda. Vediamo dunque quali possono essere i possibili stati di polarizzazione per un'onda elettromagnetica. Inserendo l'espressione del quaripotenziale di un'onda elementare: <math>A^\mu(x) = \varepsilon^\mu(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}|_{k^0=|\vec{k}|}</math> in <math>\vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}}</math>, si ha: <math>\vec{E} = \vec{\mathcal{E}} e^{ikx} + \text{c.c.}</math> con <math>\vec{\mathcal{E}}</math> vettore complesso tale che <math>\vec{\mathcal{E}} \cdot \vec{n} = 0</math>, dunque <math>\vec{\mathcal{E}} \propto \vec{\varepsilon}_T</math>. Scegliamo dunque due versori <math>\vec{e}_1</math> e <math>\vec{e}_2</math> ortogonali a <math>\vec{n}</math> e fra di loro. In questo modo (<math>\mathcal{E}_1, \mathcal{E}_2 \in \mathbb{C}</math>, e l'<math>1/2</math> compare per convenienza): <math>\vec{\mathcal{E}} = \frac{1}{2} (\mathcal{E}_1 \vec{e}_1 + \mathcal{E}_2 \vec{e}_2) = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2)</math> con <math>\tilde{\delta}</math> fase di <math>\mathcal{E}_1</math> e <math>\delta</math> differenza di fase fra <math>\mathcal{E}_2</math> e <math>\mathcal{E}_1</math>. Tuttavia <math>\tilde{\delta}</math> è irrilevante, perché: <math>\vec{E} = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} e^{ikx} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) + \text{c.c.}</math> e dunque ridefinendo l'origine dei tempi (<math>x^0 \to x^0 - \tilde{\delta}/k^0</math>) si può porre <math>\tilde{\delta} = 0</math>. Dunque: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| \cos(kx) \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \cos(kx + \delta) \vec{e}_2</math> I casi possibili sono quindi: <math>\delta = 0</math> allora: <math>\vec{E} = (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) \cos(kx)</math> e dunque in ogni istante <math>\vec{E}</math> oscilla lungo la stessa direzione: il campo si dice polarizzato linearmente <math>\delta = \pm \pi/2</math>, <math>|\mathcal{E}_1| = |\mathcal{E}_2|</math> in questo caso: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| (\cos(kx) \vec{e}_1 \mp \sin(kx) \vec{e}_2)</math> e dunque al variare di <math>x</math>, <math>\vec{E}</math> descrive un cerchio, in senso orario o antiorario a seconda se <math>\delta = +\pi/2</math> o <math>\delta = -\pi/2</math>: il campo si dice polarizzato circolarmente (destro o sinistro). Nel caso in cui un'onda sia polarizzata circolarmente, allora: <math>\varepsilon_T^\mu \propto (0, 1, \pm i, 0)</math> Ciò che vogliamo dunque mostrare è che un'onda polarizzata circolarmente trasporta momento angolare nella direzione di propagazione (si dice anche che porta elicità), e che può assumere valori <math>+1</math> o <math>-1</math>. Mostriamolo in un contesto più generale, ossia considerando anche il caso delle onde gravitazionali. == Onde gravitazionali == Il campo gravitazionale (nel limite in cui questo sia debole) è descritto dal tensore simmetrico <math>H_{\mu\nu}(x)</math> (così come il campo elettromagnetico è descritto da <math>A_\mu(x)</math>). Fisicamente, <math>H_{\mu\nu}</math> rappresenta le piccole deformazioni della metrica dello spaziotempo rispetto alla metrica di Minkowski dovute alla gravità. Se c'è campo gravitazionale, infatti, la metrica dello spaziotempo è: <math>ds^2 = g_{\mu\nu}(x) dx^\mu dx^\nu</math> con <math>g_{\mu\nu}</math> funzione di <math>x</math> e simmetrico in <math>\mu</math> e <math>\nu</math>. Quando il campo gravitazionale è molto debole (ossia a grandi distanze dalle sorgenti): <math>g_{\mu\nu}(x) \simeq \eta_{\mu\nu} + \left( H_{\mu\nu}(x) - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho{}_\rho(x) \right) + O(H^2)</math> In analogia con le onde elettromagnetiche, le equazioni differenziali a cui <math>H</math> dovrà obbedire saranno: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math> Se fossimo in presenza di sorgenti, si dovrebbe avere <math>\Box H_{\mu\nu} = 16\pi G T_{\mu\nu}</math> con <math>T_{\mu\nu}</math> tensore energia-impulso (altro motivo in più perché <math>T_{\mu\nu}</math> dev'essere simmetrico). Inoltre, <math>H_{\mu\nu}</math> è legato al potenziale gravitazionale classico <math>\varphi</math> da: <math>\varphi = -\frac{1}{4} H_{00}</math> e ciò accade perché nel caso newtoniano <math>v \ll 1</math>, e risulta <math>T_{00} \gg T_{ij}</math> (infatti <math>T^P_{\mu\nu} \propto \frac{p^\mu p^\nu}{\mathcal{E}} \delta^{(3)} \Rightarrow T^P_{00} \propto m</math>, <math>T^P_{0i} \propto p^i \propto mv^i</math>). Per semplice analogia con l'elettromagnetismo possiamo scrivere le equazioni differenziali che descrivono il campo gravitazionale: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math> ove la seconda equazione fissa univocamente la gauge del campo, come vedremo fra poco. Sappiamo dunque che se il campo gravitazionale è debole: <math>g_{\mu\nu} \simeq \eta_{\mu\nu} + H_{\mu\nu} - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho{}_\rho + O(H^2)</math> In relatività speciale il gruppo di simmetria "naturale" è l'insieme delle trasformazioni di coordinate che lasciano invariata la metrica, ossia il gruppo di Poincaré; in relatività generale, invece, questo gruppo è molto più ampio: si possono considerare trasformazioni qualsiasi delle coordinate <math>x^\mu \to \tilde{x}^\mu</math>, detti diffeomorfismi. Se dunque in relatività speciale le trasformazioni erano definite complessivamente da 10 parametri, adesso ci sono infiniti gradi di libertà, e possiamo intendere questo fatto come una sorta di invarianza di gauge. Abbiamo, insomma, che le <math>\tilde{x}^\mu</math> sono le trasformazioni di gauge della relatività generale (non vediamo come agiscono sui campi perché è troppo complicato). Affinché in relatività generale il <math>ds^2</math> sia invariante sarà dunque necessario che anche <math>g_{\mu\nu}(x)</math> trasformi in modo ben preciso (che non ricaveremo) sotto <math>\tilde{x}^\mu</math>. L'equazione <math>\partial_\mu H^{\mu\nu}</math> è quindi proprio la condizione che poniamo per fissare questa gauge. Dobbiamo anche tenere in conto che, come già detto, le equazioni che abbiamo scritto non sono le equazioni esatte del campo gravitazionale, ma una loro approssimazione per campi deboli: l'elettromagnetismo è infatti lineare, mentre la gravità no (nell'espressione di <math>H_{\mu\nu}</math> compaiono infatti termini <math>O(H^2)</math>). L'origine fisica di questa differenza fra campo elettromagnetico e gravitazionale risiede nel fatto che il campo elettromagnetico non è "carico", mentre quello gravitazionale lo è. Spieghiamo meglio cosa intendiamo con quest'ultima affermazione: il campo elettromagnetico è generato da cariche, ma non trasporta carica elettrica, nel senso che fra le varie quantità che si possono associare a questo tipo di campo (quantità di moto, momento angolare ecc.) la carica elettrica non compare; da un punto di vista quantistico, ciò significa che i mediatori di questo campo, i fotoni, non hanno carica. Il campo gravitazionale, invece, è generato da massa, che è equivalente all'energia, e il campo gravitazionale (come tutti i campi in una teoria relativistica, grazie al teorema di Noether) trasporta esso stesso energia: <math>H_{\mu\nu}</math>, dunque, influisce su sé stesso modificando la struttura stessa del campo, che non risulta più lineare. Considerando l'equazione <math>\Box H_{\mu\nu} = 0</math>, sappiamo dunque che <math>H_{\mu\nu}</math> è sovrapposizione di onde elementari (ossia piane monocromatiche): <math>H_{\mu\nu}(x) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}|_{k^\mu k_\mu = 0}</math> ove <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è detto tensore di polarizzazione. Ponendo <math>\partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math>, dunque, risulta <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) = 0</math>. Anche in questo caso, inoltre, dobbiamo considerare le possibili trasformazioni di gauge residue: <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) \to \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + \underbrace{k_\mu \lambda_\nu(\vec{k}) + k_\nu \lambda_\mu(\vec{k})}_{:= A} - \eta_{\mu\nu} \lambda_\rho k^\rho</math> ove <math>A</math> è stato inserito affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> sia simmetrico (infatti <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> lo è perché tale è <math>H_{\mu\nu}</math>), e l'ultimo addendo serve affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> soddisfi ancora la condizione di gauge: <math>\begin{align} k^\mu \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) &= k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + k^\mu k_\mu \lambda_\nu(\vec{k}) + k_\nu k^\mu \lambda_\mu(\vec{k}) - k^\mu \eta_{\mu\nu} \lambda_\rho(\vec{k}) k^\rho = \\ &= k_\nu k^\mu \lambda_\mu(\vec{k}) - k_\nu \lambda_\rho (\vec{k}) k^\rho = 0 \end{align}</math> Ci chiediamo dunque: un campo del genere quanti gradi di libertà ha? Sono le componenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, che sono 10 funzioni complesse (poiché è simmetrico) delle tre variabili <math>\vec{k}</math>. Si deve poi avere <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math>, che sono quattro vincoli (uno per ogni valore di <math>\nu</math>); pertanto <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è composto da 10-4=6 funzioni complesse indipendenti. Poiché inoltre ci sono quattro trasformazioni di gauge residue (corrispondenti alle quattro funzioni <math>\lambda_\mu</math>), rimangono 6-4=2 funzioni complesse indipendenti che compongono <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, ossia <math>H_{\mu\nu}</math> ha due gradi di libertà, proprio come il campo elettromagnetico. Scegliamo dunque gli assi di modo che <math>k^\mu = \omega(1,0,0,1)</math>, ove <math>\omega = |\vec{k}|</math>. In questo modo da <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math> segue che <math>\varepsilon^{0\nu} = \varepsilon^{3\nu} \forall \nu</math>. Pertanto, le componenti indipendenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> sono tutte quelle dove non compare l'indice 3; vediamo quali di queste possono essere eliminate per l'invarianza di gauge. Poniamo <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu} = \varepsilon_{\mu\nu} + \delta\varepsilon_{\mu\nu}</math>; allora: <math>\delta\varepsilon^{00} = \omega(\lambda^0 + \lambda^3) \qquad \delta\varepsilon^{01} = \omega\lambda^1 \qquad \delta\varepsilon^{02} = \omega\lambda^2</math> <math>\delta\varepsilon^{11} = \omega(\lambda^0 - \lambda^3) \qquad \delta\varepsilon^{12} = 0 \qquad \delta\varepsilon^{22} = \omega(\lambda^0 - \lambda^3)</math> Scegliendo opportunamente <math>\lambda_1</math> e <math>\lambda_2</math>, quindi, si può sempre porre<ref>Attenzione: dovremmo scrivere in realtà, ad esempio, <math>\varepsilon'^{01} = 0</math>; tuttavia, poiché <math>\varepsilon^{01}</math> e <math>\varepsilon'^{01}</math> sono collegati da una trasformazione di gauge, sono fisicamente equivalenti, e dunque si può porre direttamente <math>\varepsilon^{01} = 0</math>.</ref> <math>\varepsilon^{01} = \varepsilon^{02} = 0</math>; analogamente, scegliendo opportunamente <math>\lambda^0</math> e <math>\lambda^3</math>, si può porre <math>\varepsilon^{00} = 0</math> e <math>\varepsilon^{11} + \varepsilon^{22} = 0</math>. In generale, invece, <math>\varepsilon_{12} \neq 0</math>. I gradi di libertà che abbiamo a disposizione sono dunque <math>\varepsilon^{12}</math> e <math>\varepsilon^{11}</math> (fissato quest'ultimo, anche <math>\varepsilon^{22}</math> è automaticamente fissato dalla relazione appena vista). Pertanto: <math>\varepsilon_{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \varepsilon^{11} & \varepsilon^{12} & 0 \\ 0 & \varepsilon^{12} & -\varepsilon^{11} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}</math> == Elicità == Mostriamo ora che, in generale, i campi elettromagnetico e gravitazionale trasportano momento angolare, detto elicità. Consideriamo dunque tre tipi di campo: scalare, quadrivettoriale e quadritensoriale. Ad ognuno di essi sarà associato, rispettivamente, un campo scalare <math>\varepsilon(\vec{k})</math>, uno quadrivettoriale <math>\varepsilon_\mu(\vec{k})</math> e uno quadritensoriale <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k})</math>. Sotto trasformazioni di Lorentz si avrà: <math>k'_\mu = \Lambda^\nu_\mu k_\nu</math> <math>\varepsilon'(k') = \varepsilon(k)</math> <math>\varepsilon'_\mu(k') = \Lambda^\nu_\mu \varepsilon_\nu(k) \qquad \varepsilon'_{\mu\nu}(k') = \Lambda^\rho_\mu \Lambda^\sigma_\nu \varepsilon_{\rho\sigma}(k)</math> e queste trasformazioni agiscono su uno spazio vettoriale di dimensione infinita (<math>\varepsilon</math> è infatti una funzione di <math>k</math>). Consideriamo ora il sottogruppo del gruppo di Lorentz, spesso detto piccolo gruppo, formato dalle matrici <math>\Lambda</math> tali che: <math>k'_\mu = k_\mu \Leftrightarrow \Lambda^\nu_\mu k_\nu = k_\mu</math> ove <math>k_\mu</math> è un quadrivettore fissato. Se dunque <math>\Lambda</math> appartiene al piccolo gruppo, le leggi di trasformazione dei tensori di polarizzazione saranno: <math>\varepsilon'(k) = \varepsilon(k) \qquad \varepsilon'_\mu(k) = \Lambda^\nu_\mu \varepsilon_\nu(k) \qquad \varepsilon'_{\mu\nu}(k) = \Lambda^\rho_\mu \Lambda^\sigma_\nu \varepsilon_{\rho\sigma}(k)</math> pertanto, <math>\varepsilon</math> forma una rappresentazione finito-dimensionale del piccolo gruppo, o in altre parole le coordinate dei tensori di polarizzazione trasformano linearmente fra loro. Si può dimostrare che, note le trasformazioni del piccolo gruppo, si possono ricostruire tutte le trasformazioni possibili. Studiamo dunque com'è fatto il piccolo gruppo in casi particolari. Ne distinguiamo due: <math>k^2 = m^2 \neq 0</math> in questo caso esiste sempre un sistema di riferimento nel quale si ha: <math>k_\mu = m(1,0,0,0)</math> Dunque, le trasformazioni di Lorentz che agendo su <math>k_\mu</math> non lo cambiano (in altre parole, le trasformazioni del piccolo gruppo) dovranno essere tali che: <math>k'_\mu = k_\mu \Rightarrow \Lambda^0_i = 0 \text{ per } i \neq 0; \quad \Lambda^i_0 = 0 \text{ per } i \neq 0</math> Dunque: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & & & \\ 0 & & R & \\ 0 & & & \end{pmatrix}</math> con <math>R</math> matrice di rotazione tridimensionale. <math>k^2 = 0</math> possiamo allora scegliere gli assi di modo che <math>k_\mu = \omega(1,0,0,1)</math>. Pertanto: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\varphi & \sin\varphi & 0 \\ 0 & -\sin\varphi & \cos\varphi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</math> Infatti, in questo modo, la rotazione coinvolge solo le componenti 1 e 2 di <math>k</math>, che sono nulle, e pertanto <math>k</math> non viene alterato. In realtà esisterebbero altri due tipi di trasformazione che appartengono al piccolo gruppo, ma le ignoriamo in quanto non hanno significato fisico. Vogliamo dunque capire come trasformi <math>\varepsilon</math> sotto il piccolo gruppo. Se infatti <math>\varepsilon_\mu</math> è ad esempio un vettore di polarizzazione che sotto queste trasformazioni cambia nel seguente modo: <math>\varepsilon_\mu(k) \xrightarrow{\Lambda} \varepsilon_\mu(k) e^{in\varphi}</math> si dice che il campo ha elicità <math>n</math>, che è la componente lungo <math>z</math> del momento angolare trasportato dall'onda<ref>In realtà ciò non è evidente e infatti non lo si può vedere a questo livello della trattazione, perché è collegato con l'elettrodinamica quantistica. In breve, si può mostrare che se un campo ha elicità <math>n</math> allora i suoi mediatori (i fotoni nel caso dell'elettromagnetismo, ad esempio) hanno spin <math>n</math>.</ref>. Calcoliamo dunque quanto vale l'elicità per i vari tipi di campo che stiamo considerando: '''campo scalare''' Si ha: <math>\varepsilon(k) \to \varepsilon(k) \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> Pertanto, i campi scalari non hanno elicità, ossia non trasportano momento angolare. '''campo elettromagnetico''' Sappiamo che possiamo scrivere: <math>\varepsilon_\mu = \underbrace{\varepsilon^0(1,0,0,1)}_{\varepsilon^\text{L}_\mu} + \underbrace{(0,\varepsilon^1,\varepsilon^2,0)}_{\varepsilon^\text{T}_\mu}</math> Dunque: <math>\varepsilon^0 \to {\varepsilon'}^0 = \varepsilon^0 \quad \Rightarrow \quad {\varepsilon'}^\text{L}_\mu = \varepsilon^\text{L}_\mu \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> che effettivamente è un risultato inutile in quanto <math>\varepsilon^0</math> non ha significato fisico. Inoltre: <math>{\varepsilon'}^1 = \cos\varphi \varepsilon^1 + \sin\varphi \varepsilon^2</math> <math>{\varepsilon'}^2 = -\sin\varphi \varepsilon^1 + \cos\varphi \varepsilon^2</math> Cerchiamo dunque una base di autovettori che diagonalizzi questa trasformazione. Si determina che questa base è: <math>\varepsilon^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \pm i \\ 0 \end{pmatrix}</math> Dunque: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i\varphi} \\ \pm ie^{\pm i\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> Pertanto <math>n = \pm 1</math>: il campo elettromagnetico ha elicità <math>\pm 1</math>. Notiamo anche che <math>\varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> corrispondono ai vettori di polarizzazione di un'onda polarizzata circolarmente. Possiamo dunque concludere che il campo elettromagnetico, se polarizzato circolarmente, trasporta momento angolare. '''campo gravitazionale''' Abbiamo visto che come componenti fisiche di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> possiamo usare <math>\varepsilon_{11}</math> e <math>\varepsilon_{12}</math>. Dunque: <math>\begin{align} {\varepsilon'}_{11} &= \cos^2\varphi \varepsilon_{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon_{12} + \sin^2\varphi \varepsilon_{22} \underbrace{= -\varepsilon_{11}} = \\ &= (\cos^2\varphi - \sin^2\varphi)\varepsilon_{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon_{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon_{11} + \sin(2\varphi)\varepsilon_{12} \end{align}</math> Analogamente: <math>{\varepsilon'}_{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon_{12} - \sin(2\varphi)\varepsilon_{11}</math> Gli autovettori della trasformazione sono gli stessi di prima, perciò: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_\text{T} = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i2\varphi} \\ \pm ie^{\pm i2\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i2\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_\text{T} \quad \Rightarrow \quad n = \pm 2</math> Il campo gravitazionale ha dunque elicità <math>\pm 2</math>. == Note == <references/> {{Avanzamento|100%|7 giugno 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Espressione esplicita dei campi in un&#39;onda elettromagnetica]] h2nxawb3t2wwqpg6q3dibp91jknusvl 499189 499188 2026-06-13T16:08:27Z Hippias 18281 /* Elicità */ 499189 wikitext text/x-wiki {{Elettrodinamica classica}} Calcoliamo dunque l'espressione di <math>\vec{E}</math> e <math>\vec{B}</math> per un'onda elettromagnetica elementare. Innanzitutto: <math>F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu = n^\mu \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\mu</math> Dunque per il campo elettrico si avrà: <math>E^i = F^{i0} = n^i \dot{A}^0 - n^0 \dot{A}^i = n^i n^j \dot{A}^j - \dot{A}^i = \underbrace{(n^i n^j - \delta^{ij})}_{:= P^{ij}} \dot{A}_j</math> <math>\Rightarrow \quad \vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}} = -\vec{n} \times (\vec{n} \times \vec{\dot{A}})</math> ove <math>P^{ij}</math> è il proiettore sul sottospazio ortogonale a <math>n^i</math>; infatti <math>P^{ij} n^j = n^i n^j n^j - n^i = n^i - n^i = 0</math>. Per quanto riguarda il campo magnetico, invece: <math>B^i = -\frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} F^{jk} = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k \quad \Rightarrow \quad \vec{B} = -\vec{n} \times \vec{\dot{A}}</math> Notiamo dunque che: # una trasformazione di gauge non cambia i campi elettrico e magnetico (perché non cambia <math>F_{\mu\nu}</math>); # le componenti di <math>\vec{\dot{A}}</math> lungo <math>\vec{n}</math> non contribuiscono al valore di <math>B^i</math>; infatti se <math>\dot{A}^k \propto n^k</math> allora <math>B^i \propto -\varepsilon^{ijk} n^j n^k = 0</math> Inoltre, i vettori <math>\vec{E}</math> e <math>\vec{B}</math> risultano ortogonali alla direzione di propagazione <math>\vec{n}</math>: <math>\vec{n} \cdot \vec{E} = n^i (n^i n^j - \delta^{ij}) \dot{A}^j = n^j \dot{A}^j - n^j \dot{A}^j = 0</math> <math>\vec{n} \cdot \vec{B} = -n^i \varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = 0</math> Dunque <math>\vec{E}, \vec{B} \perp \vec{n}</math>. Risulta inoltre: <math>(\vec{n} \times \vec{E})^i = \varepsilon^{ijk} n^j E^k = \varepsilon^{ijk} n^j (n^k n^\ell - \delta^{k\ell}) \dot{A}^\ell = -\varepsilon^{ijk} n^j \dot{A}^k = B^i</math> ossia <math>\vec{B} = \vec{n} \times \vec{E}</math>: i campi, oltre a essere ortogonali alla direzione di propagazione, sono ortogonali fra di loro. Infine, poiché <math>|\vec{n}| = 1</math> risulta<ref>Nota: <math>\vec{B} \cdot \vec{E}</math> e <math>|\vec{E}|^2 - |\vec{B}|^2</math> sono proporzionali agli invarianti che si possono costruire con <math>F_{\mu\nu}</math>. In particolare, poiché <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \propto |E|^2 - |B|^2</math>, per un campo elettromagnetico libero si ha <math>F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 0</math>.</ref> <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. == Impulso di un'onda elettromagnetica == Cerchiamo ora di determinare le quantità conservate associate a un'onda elettromagnetica. Queste saranno necessariamente associate al tensore energia-impulso e densità di momento angolare dell'onda. Considerando dunque il primo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} + \frac{1}{4} \eta^{\mu\nu} F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta}</math> ma <math>F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta} = 0</math> perché <math>|\vec{B}| = |\vec{E}|</math>. Dunque: <math>\begin{align} T^{\mu\nu}_{\text{emg}} &= F^\mu{}_\alpha F^{\alpha\nu} = (n^\mu \dot{A}_\alpha - n_\alpha \dot{A}^\mu)(n^\alpha \dot{A}^\nu - n^\nu \dot{A}^\alpha) = n^\mu n^\nu \dot{A}_\alpha \dot{A}^\alpha = \\ &= n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - \dot{A}^0 \dot{A}^0) = n^\mu n^\nu (\dot{A}^i \dot{A}^i - n^i \dot{A}^i n^j \dot{A}^j) = \\ &= n^\mu n^\nu \dot{A}^i \dot{A}^j (\delta^{ij} - n^i n^j) = n^\mu n^\nu \left( |\vec{\dot{A}}|^2 - (\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}})^2 \right) \end{align}</math> Possiamo sempre scegliere gli assi di modo che <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>; in questo modo: <math>T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu \left[ (\dot{A}^1)^2 + (\dot{A}^2)^2 \right] \qquad \vec{E} = (-\dot{A}^1, -\dot{A}^2, 0) \quad \Rightarrow</math> <math>\Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu |\vec{E}|^2 = n^\mu n^\nu \frac{|\vec{E}|^2 + |\vec{B}|^2}{2} \quad \Rightarrow \quad T^{\mu\nu}_{\text{emg}} = n^\mu n^\nu W</math> ove abbiamo sfruttato il fatto che <math>|\vec{E}| = |\vec{B}|</math>, e con <math>W = T^{00}_{\text{emg}}</math> abbiamo indicato la densità di energia del campo elettromagnetico. Si avrà dunque che il quadrimomento trasportato dall'onda è: <math>P^\mu = \int T^{\mu0}_{\text{emg}} d^3\vec{x} = \int n^\mu W d^3\vec{x} = n^\mu \mathcal{E}</math> con <math>\mathcal{E}</math> energia totale dell'onda (ovviamente per un'onda piana si avrebbe <math>\mathcal{E} = +\infty</math>, ma abbiamo già detto che le uniche soluzioni fisicamente sensate delle equazioni di Maxwell sono pacchetti d'onde). Poiché dunque <math>n_\mu n^\mu = 0</math>, si avrà <math>P^\mu P_\mu = 0</math>; è per questo che, nella quantizzazione dell'elettrodinamica, si possono associare ai campi particelle (i fotoni) prive di massa. == Momento angolare di un'onda elettromagnetica == L'altra quantità che resterebbe da studiare è il momento angolare: <math>M^{\mu\nu\lambda} = x^\nu T^{\mu\lambda}_{\text{emg}} - x^\lambda T^{\mu\nu}_{\text{emg}}</math> <math>L^{\nu\lambda} = \int M^{0\nu\lambda} d^3\vec{x} = \int (x^\nu n^\lambda - x^\lambda n^\nu) W d^3\vec{x}</math> <math>L^i = \frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} L^{jk} = \int \varepsilon^{ijk} x^j n^k W d^3\vec{x}</math> e se ad esempio <math>\vec{n} = (0,0,1)</math>: <math>L^3 = \int \varepsilon^{3j3} x^j W d^3\vec{x} = 0</math> Sembrerebbe dunque che le onde non trasportino momento angolare nella loro direzione di propagazione. Anche con le altre componenti si ottiene lo stesso risultato: <math>L^1 = \int \varepsilon^{1j3} x^j W d^3\vec{x} = \int \varepsilon^{123} x^2 W d^3\vec{x} = W(z) \int x^2 d^3\vec{x} = 0</math> ove la penultima uguaglianza è dovuta al fatto che in un'onda che si propaga lungo <math>z</math> le sue grandezze (in questo caso <math>W</math>) dipendono solo da <math>z</math>, e analogamente si trova <math>L^2 = 0</math>. Ciò però è falso: le onde elettromagnetiche possono essere polarizzate, e quelle polarizzate circolarmente trasportano momento angolare. Questo problema sorge perché abbiamo fatto il conto non sul tensore che deriva direttamente dal teorema di Noether, ma su quello simmetrico. Abbiamo visto che nella determinazione del tensore energia-impulso simmetrico è fondamentale l'ipotesi che i campi si annullino all'infinito, cosa che le onde piane come già evidenziato non fanno. In realtà, si può vedere che le onde elettromagnetiche trasportano momento angolare lungo la loro direzione di propagazione anche con ragionamenti indiretti, che ora seguiremo. == Stati di polarizzazione di un'onda elettromagnetica == Cominciamo definendo lo stato di polarizzazione di un'onda, che sarà legato alle proprietà del quadrivettore <math>\varepsilon_\mu</math>. Ricordando che nella gauge di Lorenz si ha <math>k^\mu \varepsilon_\mu(\vec{k}) = 0</math>, e supponendo che l'onda si propaghi lungo <math>z</math>, allora <math>k_\mu = |\vec{k}|(1,0,0,1)</math> (in questo modo <math>k^\mu k_\mu = 0</math>) e dunque: <math>\varepsilon_\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^3) \quad \Rightarrow \quad k_\mu \varepsilon^\mu = |\vec{k}|(\varepsilon^0 - \varepsilon^3) \stackrel{!}{=} 0 \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^0 = \varepsilon^3</math> e quindi: <math>\varepsilon^\mu = (\varepsilon^0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, \varepsilon^0) = \underbrace{\frac{\varepsilon^0}{|\vec{k}|} k^\mu}_{:= \varepsilon_L^\mu} + \underbrace{(0, \varepsilon^1, \varepsilon^2, 0)}_{:= \varepsilon_T^\mu}</math> ove <math>\varepsilon_L^\mu</math> è la parte longitudinale (ossia diretta come <math>k_\mu</math>) e <math>\varepsilon^\text{T}_\mu</math> quella trasversa del vettore di polarizzazione <math>\varepsilon_\mu</math>. Di queste due, l'unica fisicamente rilevante è quella trasversa, perché quella longitudinale può essere eliminata con un'opportuna trasformazione di gauge: <math>\varepsilon^\mu \to \varepsilon^\mu + \alpha(\vec{k}) k^\mu \qquad \alpha(\vec{k}) := -\frac{\varepsilon^0(\vec{k})}{|\vec{k}|} \quad \Rightarrow \quad \varepsilon^\mu \to \varepsilon_T^\mu</math> Sono dunque solo <math>\varepsilon^1</math> e <math>\varepsilon^2</math> che determinano lo stato di polarizzazione dell'onda. Vediamo dunque quali possono essere i possibili stati di polarizzazione per un'onda elettromagnetica. Inserendo l'espressione del quaripotenziale di un'onda elementare: <math>A^\mu(x) = \varepsilon^\mu(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}|_{k^0=|\vec{k}|}</math> in <math>\vec{E} = \vec{n}(\vec{n} \cdot \vec{\dot{A}}) - \vec{\dot{A}}</math>, si ha: <math>\vec{E} = \vec{\mathcal{E}} e^{ikx} + \text{c.c.}</math> con <math>\vec{\mathcal{E}}</math> vettore complesso tale che <math>\vec{\mathcal{E}} \cdot \vec{n} = 0</math>, dunque <math>\vec{\mathcal{E}} \propto \vec{\varepsilon}_T</math>. Scegliamo dunque due versori <math>\vec{e}_1</math> e <math>\vec{e}_2</math> ortogonali a <math>\vec{n}</math> e fra di loro. In questo modo (<math>\mathcal{E}_1, \mathcal{E}_2 \in \mathbb{C}</math>, e l'<math>1/2</math> compare per convenienza): <math>\vec{\mathcal{E}} = \frac{1}{2} (\mathcal{E}_1 \vec{e}_1 + \mathcal{E}_2 \vec{e}_2) = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2)</math> con <math>\tilde{\delta}</math> fase di <math>\mathcal{E}_1</math> e <math>\delta</math> differenza di fase fra <math>\mathcal{E}_2</math> e <math>\mathcal{E}_1</math>. Tuttavia <math>\tilde{\delta}</math> è irrilevante, perché: <math>\vec{E} = \frac{1}{2} e^{i\tilde{\delta}} e^{ikx} (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + e^{i\delta} |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) + \text{c.c.}</math> e dunque ridefinendo l'origine dei tempi (<math>x^0 \to x^0 - \tilde{\delta}/k^0</math>) si può porre <math>\tilde{\delta} = 0</math>. Dunque: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| \cos(kx) \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \cos(kx + \delta) \vec{e}_2</math> I casi possibili sono quindi: <math>\delta = 0</math> allora: <math>\vec{E} = (|\mathcal{E}_1| \vec{e}_1 + |\mathcal{E}_2| \vec{e}_2) \cos(kx)</math> e dunque in ogni istante <math>\vec{E}</math> oscilla lungo la stessa direzione: il campo si dice polarizzato linearmente <math>\delta = \pm \pi/2</math>, <math>|\mathcal{E}_1| = |\mathcal{E}_2|</math> in questo caso: <math>\vec{E} = |\mathcal{E}_1| (\cos(kx) \vec{e}_1 \mp \sin(kx) \vec{e}_2)</math> e dunque al variare di <math>x</math>, <math>\vec{E}</math> descrive un cerchio, in senso orario o antiorario a seconda se <math>\delta = +\pi/2</math> o <math>\delta = -\pi/2</math>: il campo si dice polarizzato circolarmente (destro o sinistro). Nel caso in cui un'onda sia polarizzata circolarmente, allora: <math>\varepsilon_T^\mu \propto (0, 1, \pm i, 0)</math> Ciò che vogliamo dunque mostrare è che un'onda polarizzata circolarmente trasporta momento angolare nella direzione di propagazione (si dice anche che porta elicità), e che può assumere valori <math>+1</math> o <math>-1</math>. Mostriamolo in un contesto più generale, ossia considerando anche il caso delle onde gravitazionali. == Onde gravitazionali == Il campo gravitazionale (nel limite in cui questo sia debole) è descritto dal tensore simmetrico <math>H_{\mu\nu}(x)</math> (così come il campo elettromagnetico è descritto da <math>A_\mu(x)</math>). Fisicamente, <math>H_{\mu\nu}</math> rappresenta le piccole deformazioni della metrica dello spaziotempo rispetto alla metrica di Minkowski dovute alla gravità. Se c'è campo gravitazionale, infatti, la metrica dello spaziotempo è: <math>ds^2 = g_{\mu\nu}(x) dx^\mu dx^\nu</math> con <math>g_{\mu\nu}</math> funzione di <math>x</math> e simmetrico in <math>\mu</math> e <math>\nu</math>. Quando il campo gravitazionale è molto debole (ossia a grandi distanze dalle sorgenti): <math>g_{\mu\nu}(x) \simeq \eta_{\mu\nu} + \left( H_{\mu\nu}(x) - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho{}_\rho(x) \right) + O(H^2)</math> In analogia con le onde elettromagnetiche, le equazioni differenziali a cui <math>H</math> dovrà obbedire saranno: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math> Se fossimo in presenza di sorgenti, si dovrebbe avere <math>\Box H_{\mu\nu} = 16\pi G T_{\mu\nu}</math> con <math>T_{\mu\nu}</math> tensore energia-impulso (altro motivo in più perché <math>T_{\mu\nu}</math> dev'essere simmetrico). Inoltre, <math>H_{\mu\nu}</math> è legato al potenziale gravitazionale classico <math>\varphi</math> da: <math>\varphi = -\frac{1}{4} H_{00}</math> e ciò accade perché nel caso newtoniano <math>v \ll 1</math>, e risulta <math>T_{00} \gg T_{ij}</math> (infatti <math>T^P_{\mu\nu} \propto \frac{p^\mu p^\nu}{\mathcal{E}} \delta^{(3)} \Rightarrow T^P_{00} \propto m</math>, <math>T^P_{0i} \propto p^i \propto mv^i</math>). Per semplice analogia con l'elettromagnetismo possiamo scrivere le equazioni differenziali che descrivono il campo gravitazionale: <math>\Box H_{\mu\nu} = 0 \qquad \partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math> ove la seconda equazione fissa univocamente la gauge del campo, come vedremo fra poco. Sappiamo dunque che se il campo gravitazionale è debole: <math>g_{\mu\nu} \simeq \eta_{\mu\nu} + H_{\mu\nu} - \frac{1}{2} \eta_{\mu\nu} H^\rho{}_\rho + O(H^2)</math> In relatività speciale il gruppo di simmetria "naturale" è l'insieme delle trasformazioni di coordinate che lasciano invariata la metrica, ossia il gruppo di Poincaré; in relatività generale, invece, questo gruppo è molto più ampio: si possono considerare trasformazioni qualsiasi delle coordinate <math>x^\mu \to \tilde{x}^\mu</math>, detti diffeomorfismi. Se dunque in relatività speciale le trasformazioni erano definite complessivamente da 10 parametri, adesso ci sono infiniti gradi di libertà, e possiamo intendere questo fatto come una sorta di invarianza di gauge. Abbiamo, insomma, che le <math>\tilde{x}^\mu</math> sono le trasformazioni di gauge della relatività generale (non vediamo come agiscono sui campi perché è troppo complicato). Affinché in relatività generale il <math>ds^2</math> sia invariante sarà dunque necessario che anche <math>g_{\mu\nu}(x)</math> trasformi in modo ben preciso (che non ricaveremo) sotto <math>\tilde{x}^\mu</math>. L'equazione <math>\partial_\mu H^{\mu\nu}</math> è quindi proprio la condizione che poniamo per fissare questa gauge. Dobbiamo anche tenere in conto che, come già detto, le equazioni che abbiamo scritto non sono le equazioni esatte del campo gravitazionale, ma una loro approssimazione per campi deboli: l'elettromagnetismo è infatti lineare, mentre la gravità no (nell'espressione di <math>H_{\mu\nu}</math> compaiono infatti termini <math>O(H^2)</math>). L'origine fisica di questa differenza fra campo elettromagnetico e gravitazionale risiede nel fatto che il campo elettromagnetico non è "carico", mentre quello gravitazionale lo è. Spieghiamo meglio cosa intendiamo con quest'ultima affermazione: il campo elettromagnetico è generato da cariche, ma non trasporta carica elettrica, nel senso che fra le varie quantità che si possono associare a questo tipo di campo (quantità di moto, momento angolare ecc.) la carica elettrica non compare; da un punto di vista quantistico, ciò significa che i mediatori di questo campo, i fotoni, non hanno carica. Il campo gravitazionale, invece, è generato da massa, che è equivalente all'energia, e il campo gravitazionale (come tutti i campi in una teoria relativistica, grazie al teorema di Noether) trasporta esso stesso energia: <math>H_{\mu\nu}</math>, dunque, influisce su sé stesso modificando la struttura stessa del campo, che non risulta più lineare. Considerando l'equazione <math>\Box H_{\mu\nu} = 0</math>, sappiamo dunque che <math>H_{\mu\nu}</math> è sovrapposizione di onde elementari (ossia piane monocromatiche): <math>H_{\mu\nu}(x) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}|_{k^\mu k_\mu = 0}</math> ove <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è detto tensore di polarizzazione. Ponendo <math>\partial_\mu H^{\mu\nu} = 0</math>, dunque, risulta <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) = 0</math>. Anche in questo caso, inoltre, dobbiamo considerare le possibili trasformazioni di gauge residue: <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) \to \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) = \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + \underbrace{k_\mu \lambda_\nu(\vec{k}) + k_\nu \lambda_\mu(\vec{k})}_{:= A} - \eta_{\mu\nu} \lambda_\rho k^\rho</math> ove <math>A</math> è stato inserito affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> sia simmetrico (infatti <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> lo è perché tale è <math>H_{\mu\nu}</math>), e l'ultimo addendo serve affinché <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}</math> soddisfi ancora la condizione di gauge: <math>\begin{align} k^\mu \tilde{\varepsilon}_{\mu\nu}(\vec{k}) &= k^\mu \varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k}) + k^\mu k_\mu \lambda_\nu(\vec{k}) + k_\nu k^\mu \lambda_\mu(\vec{k}) - k^\mu \eta_{\mu\nu} \lambda_\rho(\vec{k}) k^\rho = \\ &= k_\nu k^\mu \lambda_\mu(\vec{k}) - k_\nu \lambda_\rho (\vec{k}) k^\rho = 0 \end{align}</math> Ci chiediamo dunque: un campo del genere quanti gradi di libertà ha? Sono le componenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, che sono 10 funzioni complesse (poiché è simmetrico) delle tre variabili <math>\vec{k}</math>. Si deve poi avere <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math>, che sono quattro vincoli (uno per ogni valore di <math>\nu</math>); pertanto <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> è composto da 10-4=6 funzioni complesse indipendenti. Poiché inoltre ci sono quattro trasformazioni di gauge residue (corrispondenti alle quattro funzioni <math>\lambda_\mu</math>), rimangono 6-4=2 funzioni complesse indipendenti che compongono <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math>, ossia <math>H_{\mu\nu}</math> ha due gradi di libertà, proprio come il campo elettromagnetico. Scegliamo dunque gli assi di modo che <math>k^\mu = \omega(1,0,0,1)</math>, ove <math>\omega = |\vec{k}|</math>. In questo modo da <math>k^\mu \varepsilon_{\mu\nu} = 0</math> segue che <math>\varepsilon^{0\nu} = \varepsilon^{3\nu} \forall \nu</math>. Pertanto, le componenti indipendenti di <math>\varepsilon_{\mu\nu}</math> sono tutte quelle dove non compare l'indice 3; vediamo quali di queste possono essere eliminate per l'invarianza di gauge. Poniamo <math>\tilde{\varepsilon}_{\mu\nu} = \varepsilon_{\mu\nu} + \delta\varepsilon_{\mu\nu}</math>; allora: <math>\delta\varepsilon^{00} = \omega(\lambda^0 + \lambda^3) \qquad \delta\varepsilon^{01} = \omega\lambda^1 \qquad \delta\varepsilon^{02} = \omega\lambda^2</math> <math>\delta\varepsilon^{11} = \omega(\lambda^0 - \lambda^3) \qquad \delta\varepsilon^{12} = 0 \qquad \delta\varepsilon^{22} = \omega(\lambda^0 - \lambda^3)</math> Scegliendo opportunamente <math>\lambda_1</math> e <math>\lambda_2</math>, quindi, si può sempre porre<ref>Attenzione: dovremmo scrivere in realtà, ad esempio, <math>\varepsilon'^{01} = 0</math>; tuttavia, poiché <math>\varepsilon^{01}</math> e <math>\varepsilon'^{01}</math> sono collegati da una trasformazione di gauge, sono fisicamente equivalenti, e dunque si può porre direttamente <math>\varepsilon^{01} = 0</math>.</ref> <math>\varepsilon^{01} = \varepsilon^{02} = 0</math>; analogamente, scegliendo opportunamente <math>\lambda^0</math> e <math>\lambda^3</math>, si può porre <math>\varepsilon^{00} = 0</math> e <math>\varepsilon^{11} + \varepsilon^{22} = 0</math>. In generale, invece, <math>\varepsilon_{12} \neq 0</math>. I gradi di libertà che abbiamo a disposizione sono dunque <math>\varepsilon^{12}</math> e <math>\varepsilon^{11}</math> (fissato quest'ultimo, anche <math>\varepsilon^{22}</math> è automaticamente fissato dalla relazione appena vista). Pertanto: <math>\varepsilon_{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \varepsilon^{11} & \varepsilon^{12} & 0 \\ 0 & \varepsilon^{12} & -\varepsilon^{11} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}</math> == Elicità == Mostriamo ora che, in generale, i campi elettromagnetico e gravitazionale trasportano momento angolare, detto elicità. Consideriamo dunque tre tipi di campo: scalare, quadrivettoriale e quadritensoriale. Ad ognuno di essi sarà associato, rispettivamente, un campo scalare <math>\varepsilon(\vec{k})</math>, uno quadrivettoriale <math>\varepsilon_\mu(\vec{k})</math> e uno quadritensoriale <math>\varepsilon_{\mu\nu}(\vec{k})</math>. Sotto trasformazioni di Lorentz si avrà: <math>k'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu k^\nu \qquad \varepsilon'(k') = \varepsilon(k)</math> <math>\varepsilon'^\mu (k') = \Lambda^\mu{}_\nu \varepsilon^\nu(k) \qquad \varepsilon'^{\mu\nu}(k') = \Lambda^\mu{}_\rho \Lambda^\nu{}_\sigma \varepsilon^{\rho\sigma}(k)</math> e queste trasformazioni agiscono su uno spazio vettoriale di dimensione infinita (<math>\varepsilon</math> è infatti una funzione di <math>k</math>). Consideriamo ora il sottogruppo del gruppo di Lorentz, spesso detto piccolo gruppo, formato dalle matrici <math>\Lambda</math> tali che: <math>k'^\mu = k^\mu \qquad \Lambda^\mu{}\nu k^\nu = k^\mu</math> ove <math>k^\mu</math> è un quadrivettore fissato. Se dunque <math>\Lambda</math> appartiene al piccolo gruppo, le leggi di trasformazione dei tensori di polarizzazione saranno: <math>\varepsilon'(k) = \varepsilon(k) \qquad \varepsilon'^\mu(k) = \Lambda^\mu{}_\nu \varepsilon^\nu(k) \qquad \varepsilon'^{\mu\nu}(k) = \Lambda^\mu{}_\rho \Lambda^\nu{}_\sigma \varepsilon^{\rho\sigma}(k)</math> pertanto, <math>\varepsilon</math> forma una rappresentazione finito-dimensionale del piccolo gruppo, o in altre parole le coordinate dei tensori di polarizzazione trasformano linearmente fra loro. Si può dimostrare che, note le trasformazioni del piccolo gruppo, si possono ricostruire tutte le trasformazioni possibili. Studiamo dunque com'è fatto il piccolo gruppo in casi particolari. Ne distinguiamo due: <math>k^2 = m^2 \neq 0</math> in questo caso esiste sempre un sistema di riferimento nel quale si ha: <math>k^\mu = m(1,0,0,0)</math> Dunque, le trasformazioni di Lorentz che agendo su <math>k^\mu</math> non lo cambiano (in altre parole, le trasformazioni del piccolo gruppo) dovranno essere tali che: <math>k' = k \Rightarrow \Lambda^0{}_i = 0 \text{ per } i \neq 0; \Lambda^i{}_0 = 0 \text{ per } i \neq 0</math> Dunque: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & & & \\ 0 & & R & \\ 0 & & & \end{pmatrix}</math> con <math>R</math> matrice di rotazione tridimensionale. <math>k^2 = 0</math> possiamo allora scegliere gli assi di modo che <math>k^\mu = \omega(1,0,0,1)</math>. Pertanto: <math>\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\varphi & \sin\varphi & 0 \\ 0 & -\sin\varphi & \cos\varphi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</math> Infatti, in questo modo, la rotazione coinvolge solo le componenti 1 e 2 di <math>k</math>, che sono nulle, e pertanto <math>k</math> non viene alterato. In realtà esisterebbero altri due tipi di trasformazione che appartengono al piccolo gruppo, ma le ignoriamo in quanto non hanno significato fisico. Vogliamo dunque capire come trasformi <math>\varepsilon</math> sotto il piccolo gruppo. Se infatti <math>\varepsilon_\mu</math> è ad esempio un vettore di polarizzazione che sotto queste trasformazioni cambia nel seguente modo: <math>\varepsilon^\mu(k) \xrightarrow{\Lambda} \varepsilon^\mu(k) e^{in\varphi}</math> si dice che il campo ha elicità <math>n</math>, che è la componente lungo <math>z</math> del momento angolare trasportato dall'onda<ref>In realtà ciò non è evidente e infatti non lo si può vedere a questo livello della trattazione, perché è collegato con l'elettrodinamica quantistica. In breve, si può mostrare che se un campo ha elicità <math>n</math> allora i suoi mediatori (i fotoni nel caso dell'elettromagnetismo, ad esempio) hanno spin <math>n</math>.</ref>. Calcoliamo dunque quanto vale l'elicità per i vari tipi di campo che stiamo considerando. '''Campo scalare'''. Si ha: <math>\varepsilon(k) \to \varepsilon(k) \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> Pertanto, i campi scalari non hanno elicità, ossia non trasportano momento angolare. '''Campo elettromagnetico'''. Sappiamo che possiamo scrivere: <math>\varepsilon_\mu = \underbrace{\varepsilon^0(1,0,0,1)}_{\varepsilon_L^\mu} + \underbrace{(0,\varepsilon^1,\varepsilon^2,0)}_{\varepsilon_T^\mu}</math> Dunque: <math>\varepsilon^0 \to {\varepsilon'}^0 = \varepsilon^0 \quad \Rightarrow \quad {\varepsilon'}_L^\mu = \varepsilon_L^\mu \quad \Rightarrow \quad n = 0</math> che effettivamente è un risultato inutile in quanto <math>\varepsilon^0</math> non ha significato fisico. Inoltre: <math>{\varepsilon'}^1 = \cos\varphi \varepsilon^1 + \sin\varphi \varepsilon^2 \qquad {\varepsilon'}^2 = -\sin\varphi \varepsilon^1 + \cos\varphi \varepsilon^2</math> Cerchiamo dunque una base di autovettori che diagonalizzi questa trasformazione. Si determina che questa base è: <math>\varepsilon^{(\pm)}_T = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \pm i \\ 0 \end{pmatrix}</math> Dunque: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_T = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i\varphi} \\ \pm ie^{\pm i\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> Pertanto <math>n = \pm 1</math>: il campo elettromagnetico ha elicità <math>\pm 1</math>. Notiamo anche che <math>\varepsilon^{(\pm)}_\text{T}</math> corrispondono ai vettori di polarizzazione di un'onda polarizzata circolarmente. Possiamo dunque concludere che il campo elettromagnetico, se polarizzato circolarmente, trasporta momento angolare. '''Campo gravitazionale'''. Abbiamo visto che come componenti fisiche di <math>\varepsilon^{\mu\nu}</math> possiamo usare <math>\varepsilon^{11}</math> e <math>\varepsilon^{12}</math>. Dunque: <math>\begin{align} {\varepsilon'}^{11} &= \cos^2\varphi \varepsilon^{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon^{12} + \sin^2\varphi \varepsilon^{22} \underbrace{= -\varepsilon^{11}} = \\ &= (\cos^2\varphi - \sin^2\varphi)\varepsilon^{11} + 2\cos\varphi\sin\varphi \varepsilon^{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon^{11} + \sin(2\varphi)\varepsilon^{12} \end{align}</math> Analogamente: <math>{\varepsilon'}^{12} = \cos(2\varphi)\varepsilon^{12} - \sin(2\varphi)\varepsilon^{11}</math> Gli autovettori della trasformazione sono gli stessi di prima, perciò: <math>{\varepsilon'}^{(\pm)}_T = \begin{pmatrix} 0 \\ e^{\pm i2\varphi} \\ \pm ie^{\pm i2\varphi} \\ 0 \end{pmatrix} = e^{\pm i2\varphi} \varepsilon^{(\pm)}_T \quad \Rightarrow \quad n = \pm 2</math> Il campo gravitazionale ha dunque elicità <math>\pm 2</math>. == Note == <references/> {{Avanzamento|100%|7 giugno 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Espressione esplicita dei campi in un&#39;onda elettromagnetica]] hviid9bmp1qy3zgpst28xu2y563s01e 0 60014 499190 491833 2026-06-13T16:28:15Z Hippias 18281 499190 wikitext text/x-wiki {{Elettrodinamica classica}} Studiamo ora come vari la frequenza di un'onda elettromagnetica nel passaggio da un sistema di riferimento a un altro. Nello studio dell'effetto Doppler non relativistico in genere si considerano tre sistemi di riferimento: quello della sorgente, quello del mezzo e quello dell'osservatore; le velocità rilevanti, poi, sono due: quella delle onde rispetto al mezzo e quella dell'osservatore rispetto al mezzo. Nel caso relativistico esistono invece due soli sistemi di riferimento: quello della sorgente e quello dell'osservatore; l'unica velocità rilevante, poi, è quella relativa fra sorgente e osservatore. Consideriamo dunque una sorgente nel suo sistema di riferimento di riposo <math>K'</math> che emette un'onda elettromagnetica elementare con vettore d'onda <math>\vec{k}_0</math>. In un altro sistema di riferimento <math>K</math>, rispetto al quale <math>K'</math> si muove con velocità costante <math>\vec{v}</math>, un osservatore misura l'onda emessa dalla sorgente, o meglio misura il suo vettore d'onda <math>\vec{k}'</math>. Supponiamo ovviamente che i due sistemi di riferimento siano orientati nello stesso modo, e non è restrittivo supporre <math>\vec{v} \parallel \hat{x}</math>. In <math>K</math> si avrà dunque un campo elettromagnetico descritto da: <math>A_\mu(x) = \varepsilon_\mu(\vec{k}) e^{ikx} + \text{c.c.}</math> con <math>k^\mu = (\omega,\vec{k})</math> e <math>\omega = |\vec{k}|</math>. In <math>K'</math>, invece: <math>A'_\mu(x') = \varepsilon'_\mu(\vec{k}') e^{ik'x'} + \text{c.c.}</math> con <math>k'^\mu = (\omega_0,\vec{k}_0)</math>, e <math>\omega_0 = |\vec{k}_0|</math> è detta frequenza di riposo. Ora: <math>k'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu k^\nu \qquad \Lambda^\mu{}_\nu = \begin{pmatrix} \gamma & -\beta\gamma & 0 & 0 \\ -\beta\gamma & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}</math> Consideriamo dunque la componente <math>\mu = 0</math> di questa trasformazione, perché ci interessa sapere come trasformi la frequenza dell'onda: <math>\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{1-v^2}} (\omega - vk^1)</math> Detto ora <math>\alpha</math> l'angolo relativo fra <math>\vec{v}</math> e <math>\vec{k}</math> misurato in <math>K</math> (ossia l'angolo relativo fra l'osservatore e la velocità della sorgente), allora <math>k^1 = |\vec{k}|\cos\alpha = \omega\cos\alpha</math>. Pertanto: <math>\omega_0 = \frac{\omega}{\sqrt{1-v^2}} (1 - v\cos\alpha) \quad \Rightarrow \quad \omega = \frac{\sqrt{1-v^2}}{1 - v\cos\alpha} \omega_0</math> Esistono dunque alcuni casi particolari interessanti. <math>\alpha = 0</math>: in questo caso la sorgente si sta avvicinando all'osservatore, e vale: <math>\omega = \frac{\sqrt{1-v^2}}{1-v} \omega_0 \stackrel{v \ll 1}{\approx} (1+v)\omega_0</math> <math>\alpha = \pi</math>: in questo caso la sorgente si sta allontanando dall'osservatore, e vale: <math>\omega = \frac{\sqrt{1-v^2}}{1+v} \omega_0 \stackrel{v \ll 1}{\approx} (1-v)\omega_0</math> <math>\alpha = \pi/2</math>: in questo caso la sorgente si muove perpendicolarmente all'osservatore, e si parla di effetto Doppler trasverso. Vale: <math>\omega = \sqrt{1-v^2} \omega_0 \stackrel{v \ll 1}{\approx} \left( 1 - \frac{v^2}{2} \right) \omega_0</math> Nel caso non relativistico, questo tipo di fenomeno non è osservabile proprio perché è dell'ordine di <math>v^2</math>. Notiamo dunque che se la sorgente si avvicina all'osservatore, la frequenza osservata dell'onda è maggiore di quella di riposo, e viceversa se la sorgente si allontana. Si ha dunque il redshift cosmologico: se una sorgente di onde elettromagnetiche (come ad esempio una stella) si allontana da noi, osserviamo delle frequenze minori di quelle effettivamente emesse dalla stella. In particolare, nel visibile, lo spettro della stella si "sposterà" verso il rosso: per la legge di Hubble, dunque, misurare il redshift di un oggetto equivale a misurarne la distanza da noi. Il redshift è definito come: <math>z = \frac{\lambda - \lambda_0}{\lambda_0} = \frac{1+v}{\sqrt{1-v^2}} - 1 = \sqrt{\frac{1+v}{1-v}} - 1 > 0</math> Un'altra applicazione interessante di quanto visto sono le guide d'onda. Consideriamo delle onde elettromagnetiche che si propagano nel vuoto, ma con delle condizioni al contorno: ad esempio, possiamo "vincolare" le onde a propagarsi all'interno di una guida metallica. All'interno di questa guida le onde dovranno soddisfare le equazioni di Maxwell nel vuoto, ma sulla guida dovranno soddisfare delle date condizioni: ad esempio, essendo la guida metallica, non potranno esserci componenti del campo elettrico ortogonali ad essa. Consideriamo dunque delle onde monocromatiche che si propagano lungo la direzione dell'asse <math>z</math>: <math>\vec{E} = e^{-i\omega t} e^{ikz} \vec{E}_0(x,y) + \text{c.c.} \qquad \vec{B} = e^{-i\omega t} e^{ikz} \vec{B}_0(x,y) + \text{c.c.}</math> Nel caso delle onde elementari, <math>\vec{E}_0</math> e <math>\vec{B}_0</math> erano vettori costanti, ma in questo caso per le condizioni al contorno dovranno essere funzioni di <math>x</math> e <math>y</math>. Non trattiamo approfonditamente il problema, ci limitiamo a dire che risulta che la relazione fra <math>k</math> e <math>\omega</math> non è più quella semplice delle onde elementari (<math>k = \omega</math>), ma sarà del tipo <math>\omega = \omega(k)</math> con <math>\omega</math> funzione generica. Possiamo dunque definire la velocità di fase dell'onda come <math>v_f = \omega/k</math>, che in alcuni casi può anche risultare maggiore di 1; non si tratta però di un paradosso, perché in realtà la velocità di fase non ha un vero e proprio significato fisico, in quanto le grandezze trasportate da un'onda si muovono con la velocità di gruppo, definita come <math>v_g = d\omega/dk</math>, che risulta sempre minore di 1. {{avanzamento|75%|13 aprile 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Effetto Doppler relativistico]] gn2xwc6zrkx71lnjrlrqbu6fyo8a398 0 60017 499191 491847 2026-06-13T16:48:18Z Hippias 18281 499191 wikitext text/x-wiki {{Elettrodinamica classica}} Ci proponiamo dunque di risolvere: <math>\Box A^\mu = j^\mu \qquad \partial_\mu A^\mu = 0</math> ove <math>j^\mu</math> è una sorgente nota, che ovviamente soddisfa <math>\partial_\mu j^\mu = 0</math>. Si tratta sempre di equazioni differenziali lineari, ma stavolta contengono un termine noto. Il metodo col quale si risolve questo tipo di equazioni è il metodo della funzione di Green. == Equazione di Laplace == Consideriamo innanzitutto l'analogo tridimensionale di questa equazione per un campo scalare <math>\varphi</math> indipendente dal tempo: <math>-\nabla^2 \varphi(\vec{x}) = \rho(\vec{x}) \qquad \varphi(\vec{x}) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> ove <math>\rho</math> è una funzione nota. Con queste condizioni, esiste un'unica soluzione dell'equazione. Supponiamo infatti che <math>\overline{\varphi}</math> sia una soluzione particolare dell'equazione; allora la soluzione generale sarà <math>\varphi = \overline{\varphi} + \varphi_0</math>, ove <math>\varphi_0</math> è soluzione dell'equazione omogenea. Abbiamo già visto, però, che l'unica soluzione dell'equazione omogenea con le condizioni che abbiamo imposto è <math>\varphi_0 = 0</math>. Poiché l'equazione di Laplace è lineare, supponendo di conoscere due funzioni <math>\varphi_1</math> e <math>\varphi_2</math> tali che <math>-\nabla^2 \varphi_1 = \rho_1</math> e <math>-\nabla^2 \varphi_2 = \rho_2</math>, allora <math>\varphi = \varphi_1 + \varphi_2</math> risolverà l'equazione <math>-\nabla^2 \varphi = \rho = \rho_1 + \rho_2</math>. Poniamo dunque: <math>\rho(\vec{x}) = \int \rho(\vec{y}) \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) d^3\vec{y}</math> (è una definizione tautologica). Allora, se conosciamo la soluzione dell'equazione di Laplace per una <math>\delta^{(3)}</math>, dalla <math>\rho</math> possiamo ricavare la soluzione generale dell'equazione (la <math>\rho</math> è infatti una "sovrapposizione" di <math>\delta^{(3)}</math>). Cerchiamo dunque di risolvere l'equazione per <math>\rho_{\vec{y}}(\vec{x}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math>. Chiamiamo <math>G(\vec{x};\vec{y})</math> (che è detta funzione di Green) la soluzione di quest'equazione, ossia: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> ove il pedice <math>\vec{x}</math> sul laplaciano indica che quest'ultimo agisce solo sulla <math>\vec{x}</math>, e non sulla <math>\vec{y}</math>. Se interpretiamo fisicamente quest'equazione, <math>G</math> è il potenziale elettrostatico corrispondente a una carica puntiforme posta in <math>\vec{y}</math>, che va considerato come una sorta di "parametro". Nota dunque <math>G</math>, allora si avrà: <math>\varphi(\vec{x}) = \int \rho(\vec{y}) G(\vec{x};\vec{y}) d^3\vec{y}</math> che è una "sovrapposizione" di più soluzioni elementari, pesate con la <math>\rho</math>. Infatti: <math>\begin{align} -\nabla^2_{\vec{x}} \varphi(\vec{x}) &= -\nabla^2_{\vec{x}} \int \rho(\vec{y}) G(\vec{x};\vec{y}) d^3\vec{y} = \\ &= \int \rho(\vec{y}) \left( -\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) \right) d^3\vec{y} = \int \rho(\vec{y}) \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) d^3\vec{y} = \rho(x) \end{align}</math> Notiamo ora che in realtà la <math>G</math> è funzione di una sola variabile come conseguenza dell'invarianza del laplaciano sotto rototraslazioni: <math>\vec{x} \to \vec{x}' = R\vec{x} + \vec{a} \quad \Rightarrow \quad \nabla^2_{\vec{x}} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial x_i^2} \to \nabla^2_{\vec{x}'} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial {{x'}^i}^2} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial {x^i}^2} = \nabla^2_{\vec{x}}</math> (perché <math>|\det R| = 1</math>). Ora, l'equazione: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> dev'essere vera per ogni <math>\vec{x}</math> e <math>\vec{y}</math>, e dunque anche per ogni <math>\vec{x}'</math> e <math>\vec{y}'</math>: <math>-\nabla^2_{\vec{x}'} G(\vec{x}';\vec{y}') = \delta^{(3)}(\vec{x}' - \vec{y}') \quad \Rightarrow \quad -\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x}';\vec{y}') = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> ove l'ultimo passaggio è dovuto alle proprietà della <math>\delta</math> (il modulo del determinante della matrice di una rotazione è 1). Poiché la soluzione di quest'equazione è unica, si dovrà avere: <math>G(\vec{x}';\vec{y}') = G(\vec{x};\vec{y})</math> Insomma, la funzione di Green "eredita" sempre le simmetrie dell'operatore che agisce su di essa. Poiché dunque <math>G</math> è invariante per traslazioni, allora potrà solo essere funzione di <math>\vec{x} - \vec{y}</math>, ossia <math>G(\vec{x};\vec{y}) = G(\vec{x} - \vec{y}) := \tilde{G}(\vec{x})</math> (ove nell'ultimo passaggio abbiamo rinominato <math>\vec{x} - \vec{y}</math> con <math>\vec{x}</math>). Poiché è anche invariante per rotazioni, poi, la <math>G</math> dovrà essere funzione del solo modulo di <math>\vec{x}</math>, ossia <math>G(\vec{x}) = G(|\vec{x}|)</math>. Dunque, ricapitolando: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(|\vec{x}|) = \delta(|\vec{x}|)</math> Sappiamo, per analogia con l'elettrostatica, che la soluzione di quest'equazione è: <math>G(|\vec{x}|) = -\frac{1}{4\pi} \frac{1}{|\vec{x}|}</math> Cerchiamo però di derivarla sistematicamente; per farlo, passiamo alle trasformate di Fourier: <math>G(|\vec{x}|) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}} \hat{G}(\vec{k}) d^3\vec{k}</math> <math>\delta^{(3)}(\vec{x}) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}} d^3\vec{k} \quad \Rightarrow \quad \widehat{\delta}^{(3)}(k) = \frac{1}{(2\pi)^{2}}</math> Pertanto, prendendo la trasformata di Fourier ad ambo i membri dell'equazione <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(|\vec{x}|) = \delta(|\vec{x}|)</math>: <math>|\vec{k}|^2 \hat{G}(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{2}} \quad \Rightarrow \quad \hat{G}(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{2}} \frac{1}{|\vec{k}|^2} \quad \Rightarrow \quad G(|\vec{x}|) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int \frac{e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}}}{|\vec{k}|^2} d^3\vec{k}</math> Per calcolare quest'ultimo integrale conviene pensare <math>\vec{x}</math> come un vettore fisso e <math>\vec{k}</math> variabile, e prendere coordinate polari per <math>\vec{k}</math> rispetto a <math>\vec{x}</math>. Dunque: <math>d^3\vec{k} = dk d\theta d\varphi \cdot k^2 \sin\theta \quad \Rightarrow \quad d^3\vec{k} = k^2 dk d(\cos\theta) d\varphi</math> e quindi: <math>\begin{align} G(|\vec{x}|) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^\infty \int_{-1}^1 \int_0^{2\pi} \frac{k^2}{k^2} e^{-ik|\vec{x}|\cos\theta} d\varphi d(\cos\theta) dk = \\ &= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty \int_{-1}^1 e^{ik|\vec{x}|\cos\theta} d(\cos\theta) dk = \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty \frac{1}{-ik|\vec{x}|} \left( e^{-ik|\vec{x}|} - e^{ik|\vec{x}|} \right) dk = \\ &= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{-ik|\vec{x}|} \left( e^{ik|\vec{x}|} - e^{ik|\vec{x}|} \right) dk = \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \int_0^\infty \frac{\sin(k|\vec{x}|)}{k} dk = \\ &= \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \underbrace{\int_0^\infty \frac{\sin k'}{k'} dk'}_{= \pi/2} = \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \frac{\pi}{2} \\ \end{align}</math> ove nel penultimo passaggio abbiamo effettuato il cambio di variabile <math>k|\vec{x}| = k'</math>. Dunque: <math>G(|\vec{x}|) = \frac{1}{4\pi} \frac{1}{|\vec{x}|}</math> e notiamo che effettivamente <math>G \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> == Equazione di d'Alembert per <math>A_\mu</math> == Passiamo dunque all'analogo problema per il campo elettromagnetico: <math>\Box A_\mu = j_\mu \qquad \partial^\mu A_\mu = 0</math> Dobbiamo cercare dunque la funzione di Green per il d'alembertiano: <math>\Box_x G(x;y) = \delta^{(4)}(x-y)</math> In questo caso, <math>G</math> "erediterà" le simmetrie di <math>\Box</math>, ossia sarà invariante per trasformazioni di Poincaré. Pertanto, <math>G(x;y) = G(x';y')</math>; per l'invarianza per traslazioni si dovrà avere <math>G(x;y) = G(x-y) := G(x)</math>, e per quella sotto trasformazioni di Lorentz <math>G(x) = G(\sqrt{x^\mu x_\mu})</math>. Sembrerebbe dunque che <math>G</math> sia funzione di <math>x^\mu x_\mu</math>; è vero, ma in realtà è anche funzione del segno di <math>x^0</math>, perché anch'esso è invariante di Lorentz. Nota dunque <math>G</math>, si avrà: <math>A_\mu(x) = \int j_\mu(y) G(x-y) d^4y</math> Infatti: <math>\Box_x A_\mu(x) = \int j_\mu(y) \underbrace{\Box_x G(x-y)}_{\displaystyle = \delta^{(4)}(x-y)} d^4y = j_\mu(x)</math> Inoltre: <math>\partial_{x^\mu} A_\mu(x) = \frac{\partial}{\partial x^\mu} A_\mu(x) = \int j_\mu(y) \underbrace{\partial_{x^\mu} G(x-y)}_{\displaystyle = -\partial_{y^\mu} G(x-y)} d^4y = -\int j_\mu(y) \partial_{y^\mu} G(x-y) d^4y</math> Adesso integriamo per parti sfruttando le proprietà delle distribuzioni (è sottinteso che tutto ciò che stiamo maneggiando sono distribuzioni). Dunque: <math>\partial_{x^\mu} A_\mu(x) = \int \underbrace{\partial^\mu j_\mu(y)}_{\displaystyle = 0} G(x-y) d^4y = 0</math> Pertanto, poiché <math>A_\mu</math> come definito sopra soddisfa effettivamente la gauge di Lorenz, è la soluzione che stavamo cercando. Ci resta dunque solo da determinare <math>G</math>: <math>\Box G(x) = \delta(x) \qquad G(x) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> Il problema è che con queste condizioni la <math>G</math> non è univocamente determinata: se infatti <math>G</math> è soluzione particolare dell'equazione, anche <math>G = G + G_0</math> con <math>\Box G_0 = 0</math> e <math>G_0 \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> lo è. Dovremo dunque porre altre condizioni per determinare univocamente <math>G</math>. Passiamo alle trasformate di Fourier: <math>G(x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int e^{-ikx} \hat{G}(k) d^4k \qquad \delta^{(4)}(x) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int e^{-ikx} d^4k</math> Pertanto: <math>\Box G(x) = \delta(x) \quad \Rightarrow \quad -k^2 \hat{G}(k) = \frac{1}{(2\pi)^2} \quad \Rightarrow \quad \hat{G}(k) = -\frac{1}{(2\pi)^2} \frac{1}{k^2} \quad \Rightarrow</math> <math>\Rightarrow \quad G(x) = -\frac{1}{(2\pi)^4} \int \frac{e^{-ikx}}{k^2} d^4k = -\frac{1}{(2\pi)^4} \int \int \frac{e^{-i(k^0 x^0 - \vec{k}\cdot\vec{x})}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} d^3\vec{k} dk^0 =</math> <math>= -\frac{1}{(2\pi)^4} \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} d^3\vec{k} \int \frac{e^{-ik^0 x^0}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} dk^0 \underbrace{}_{\displaystyle := I}</math> L'integrale <math>I</math> non è però definito, perché l'integrando ha dei poli in <math>k^0 = \pm|\vec{k}|</math>. Ci sono però vari modi per "dare senso" a quest'integrale (ad esempio la parte principale), ma non sono metodi univoci. Ciò è conseguenza del fatto che, come già detto, la condizione <math>G(x) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> non fissa univocamente <math>G</math>. Per calcolare <math>I</math>, integriamo nel campo complesso (dunque <math>k^0 \in \mathbb{C}</math>). Volendo deformare il cammino d'integrazione "scavalcando" i poli, non sappiamo però quale dei seguenti cammini possibili conviene usare: Possibili cammini d'integrazione Poiché in <math>I</math> è presente <math>e^{-ik^0 x^0}</math>, si presentano due casi: <math>x^0 > 0</math> in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano <math>\text{Im } k^0 > 0</math> <math>x^0 < 0</math> in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano <math>\text{Im } k^0 < 0</math> Cerchiamo ora di capire in che modo "scavalcare" i poli (cioè se scavalcarli dal "di sopra" o dal "di sotto"). Ricordiamoci del significato fisico di ciò che stiamo facendo: determinare <math>G</math> equivale a trovare il segnale generato da una carica puntiforme posta in <math>\vec{x} = 0</math> all'istante <math>x^0</math>; per il principio di causalità, dunque, <math>G(x) = 0</math> se <math>x^0 < 0</math> (ossia, prima che la sorgente emetta un segnale non c'è alcun campo). È questa la condizione aggiuntiva che dobbiamo porre su <math>G</math> per risolvere il problema. Una funzione di Green <math>G_r</math> che soddisfi la condizione <math>G_r(x) = 0</math> se <math>x^0 < 0</math> è detta funzione di Green ritardata. Si potrebbe, analogamente, definire la funzione di Green anticipata <math>G_a</math> come una funzione di Green tale che <math>G_a(x) = 0</math> se <math>x^0 > 0</math>; matematicamente entrambe sono sensate, ma fisicamente la <math>G_a</math> non lo è (viola palesemente il principio di causalità, perché il suo significato fisico sarebbe quello di rilevare un campo prima ancora che la particella lo emetta). Dunque, poiché dobbiamo scegliere un cammino di integrazione con <math>x^0 < 0</math>, dobbiamo chiuderlo nel semipiano inferiore. Se dunque scavalcassimo i poli dal "di sotto" (chiamiamo <math>\Gamma_r</math> questo cammino di integrazione) allora <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>: il cammino di integrazione non conterrebbe infatti poli, e pertanto <math>I</math>, e quindi anche <math>G</math>, sono nulli; se invece li avessimo scavalcati dal "di sopra" si avrebbe avuto <math>G_r(x) \neq 0</math> (in questo caso <math>I</math> non sarebbe stato nullo). È dunque chiaro che la condizione <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math> fissa univocamente la <math>G</math>. Supponiamo ora <math>x^0 > 0</math>; il cammino d'integrazione, che chiamiamo <math>\tilde{\Gamma}_r</math>, dovrà essere chiuso nel semipiano superiore perché <math>x^0 > 0</math>, ma i poli vanno scavalcati dal "di sotto" per il ragionamento appena fatto. In questo caso, dunque: <math>I = \oint_{\tilde{\Gamma}_r} \frac{e^{-ik^0 x^0}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} = 2\pi i \left( \frac{e^{-i|\vec{k}|x^0}}{2|\vec{k}|} + \frac{e^{i|\vec{k}|x^0}}{-2|\vec{k}|} \right) = -\frac{2\pi}{|\vec{k}|} \sin(|\vec{k}|x^0)</math> Perciò (inseriamo una <math>\Theta</math> di Heaviside per "ricordarci" che <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>): <math>G_r(x) = -\frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^4} (-2\pi) \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} \frac{\sin(|\vec{k}|x^0)}{|\vec{k}|} d^3\vec{k} = \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^3} \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} \frac{\sin(|\vec{k}|x^0)}{|\vec{k}|} d^3\vec{k}</math> Quest'ultimo integrale lo si calcola come abbiamo già visto, ossia pensando <math>\vec{x}</math> come vettore fisso e prendendo coordinate polari per <math>\vec{k}</math> rispetto a <math>\vec{x}</math>: <math>\begin{align} G_r(x) &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} \int_{-1}^1 \frac{|\vec{k}|^2}{|\vec{k}|} \sin(|\vec{k}|x^0) e^{-i|\vec{k}||\vec{x}|\cos\theta} d\cos\theta d|\vec{k}| = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} |\vec{k}| \sin(|\vec{k}|x^0) 2\frac{\sin(|\vec{k}||\vec{x}|)}{|\vec{k}||\vec{x}|} d|\vec{k}| = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{2}{|\vec{x}|} \int_0^{+\infty} \sin(|\vec{k}|x^0) \sin(|\vec{k}||\vec{x}|) d|\vec{k}| \end{align}</math> Poiché l'integrando è pari, e scrivendo <math>k</math> per <math>|\vec{k}|</math>: <math>\begin{align} G_r(x) &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ikx^0} - e^{-ikx^0}}{2i} \frac{e^{ik|\vec{x}|} - e^{-ik|\vec{x}|}}{2i} dk = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \left( -\frac{1}{4} \right) \int_{-\infty}^{+\infty} 2\left( e^{ik(x^0 + |\vec{x}|)} - e^{ik(x^0 - |\vec{x}|)} \right) dk \end{align}</math> Ricordando la rappresentazione integrale della delta di Dirac: <math>\delta(x) = \frac{1}{2\pi} \int e^{ikx} dk</math> allora: <math>G_r(x) = \frac{\Theta(x^0)}{4\pi|\vec{x}|} \left[ \delta(x^0 - |\vec{x}|) - \delta(x^0 + |\vec{x}|) \right]</math> La seconda delta di Dirac, però, non contribuisce perché imporrebbe <math>x^0 < 0</math>, mentre la <math>\Theta</math> impone <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>. Pertanto (adesso possiamo evitare di scrivere la <math>\Theta</math>, in quanto l'informazione <math>x^0 < 0</math> è contenuta nella <math>\delta</math>): <math>G_r(x) = \frac{1}{4\pi|\vec{x}|} \delta(x^0 - |\vec{x}|)</math> È un risultato identico a quello che avevamo trovato per l'equazione di Laplace, a meno della delta di Dirac. La presenza di <math>\delta(x^0 - |\vec{x}|)</math> ha un preciso significato fisico: è un modo per esprimere il fatto che il segnale emesso dalla carica si muove alla velocità della luce: se infatti la carica emette segnale dalla posizione <math>\vec{x} = 0</math> all'istante <math>x^0 = 0</math>, un'osservatore in <math>\vec{x}</math> potrà misurare il campo solo a <math>x^0 = |\vec{x}|</math>. Potrebbe sorgere però il dubbio che <math>G_r</math> non sia un invariante di Lorentz (si dovrebbe avere, infatti, che <math>G(x) = G(\Lambda x)</math>). Anche quando avevamo definito <math>G_r</math>, inoltre, la condizione <math>x^0 < 0</math> non è apparentemente invariante di Lorentz; in realtà tutto ciò non è vero, e sia <math>G_r</math> che la condizione <math>x^0 < 0</math> sono Lorentz-invarianti. Per mostrarlo, consideriamo <math>\delta(x^2)</math> (ove <math>x^2</math> è il quadrato di <math>x</math> nel senso di Minkowski); si ha che <math>\delta(x^2)</math> è sicuramente un oggetto invariante, e vale: <math>\delta(x^2) = \delta((x^0)^2 - |\vec{x}|^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|x^0|} = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> <math>\delta(x^2) = \delta((x^0)^2 - |\vec{x}|^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|x^0|} = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> Pertanto, poiché: <math>\Theta(x^0)\delta(x^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> <math>\Theta(-x^0)\delta(x^2) = \frac{\delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> allora: <math>G_r(x) = \frac{1}{2\pi} \Theta(x^0)\delta(x^2)</math> che è un'altra forma della <math>G_r</math> equivalente a quella vista precedentemente. Mostriamo ora che <math>\Theta(x^0)</math> è invariante di Lorentz come conseguenza del fatto che <math>x^2 \leq 0</math>. Poiché <math>x^2 \leq 0</math> stiamo considerando gli eventi all'interno del cono luce di <math>x</math>; consideriamo dunque un evento nel cono luce con <math>x^0 > 0</math>. Allora non esiste alcuna trasformazione di Lorentz tale che <math>(x')^0 < 0</math>: infatti, ricordandoci che <math>\Lambda \in SO(1,3)_c</math>, se per assurdo una tale trasformazione esistesse dovrebbe esistere tutta una serie continua di trasformazioni (<math>SO(1,3)_c</math> è un gruppo di Lie), ossia dovrebbe esistere un cammino continuo che connette i due eventi (quello con <math>x^0 > 0</math> e quello con <math>(x')^0 < 0</math>), che necessariamente dovrà passare per l'origine del cono luce (una trasformazione di Lorentz, infatti, non può far uscire dal cono luce). Ciò però significa che la trasformazione non è invertibile, mentre invece tutte le trasformazioni di <math>SO(1,3)_c</math> lo sono (o, in altre parole, se <math>x^\mu \neq 0</math> allora <math>(\Lambda x)^\mu \neq 0</math>): pertanto, non esiste alcuna trasformazione che cambia il segno di <math>x^0</math>. {{avanzamento|75%|14 aprile 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Equazioni di Maxwell in presenza di sorgenti]] jz5e1lhplap0ys29znhknszgrkpv2u5 499192 499191 2026-06-13T16:50:17Z Hippias 18281 /* Equazione di Laplace */ 499192 wikitext text/x-wiki {{Elettrodinamica classica}} Ci proponiamo dunque di risolvere: <math>\Box A^\mu = j^\mu \qquad \partial_\mu A^\mu = 0</math> ove <math>j^\mu</math> è una sorgente nota, che ovviamente soddisfa <math>\partial_\mu j^\mu = 0</math>. Si tratta sempre di equazioni differenziali lineari, ma stavolta contengono un termine noto. Il metodo col quale si risolve questo tipo di equazioni è il metodo della funzione di Green. == Equazione di Laplace == Consideriamo innanzitutto l'analogo tridimensionale di questa equazione per un campo scalare <math>\varphi</math> indipendente dal tempo: <math>-\nabla^2 \varphi(\vec{x}) = \rho(\vec{x}) \qquad \varphi(\vec{x}) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> ove <math>\rho</math> è una funzione nota. Con queste condizioni, esiste un'unica soluzione dell'equazione. Supponiamo infatti che <math>\overline{\varphi}</math> sia una soluzione particolare dell'equazione; allora la soluzione generale sarà <math>\varphi = \overline{\varphi} + \varphi_0</math>, ove <math>\varphi_0</math> è soluzione dell'equazione omogenea. Abbiamo già visto, però, che l'unica soluzione dell'equazione omogenea con le condizioni che abbiamo imposto è <math>\varphi_0 = 0</math>. Poiché l'equazione di Laplace è lineare, supponendo di conoscere due funzioni <math>\varphi_1</math> e <math>\varphi_2</math> tali che <math>-\nabla^2 \varphi_1 = \rho_1</math> e <math>-\nabla^2 \varphi_2 = \rho_2</math>, allora <math>\varphi = \varphi_1 + \varphi_2</math> risolverà l'equazione <math>-\nabla^2 \varphi = \rho = \rho_1 + \rho_2</math>. Poniamo dunque: <math>\rho(\vec{x}) = \int \rho(\vec{y}) \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) d^3\vec{y}</math> (è una definizione tautologica). Allora, se conosciamo la soluzione dell'equazione di Laplace per una <math>\delta^{(3)}</math>, dalla <math>\rho</math> possiamo ricavare la soluzione generale dell'equazione (la <math>\rho</math> è infatti una "sovrapposizione" di <math>\delta^{(3)}</math>). Cerchiamo dunque di risolvere l'equazione per <math>\rho_{\vec{y}}(\vec{x}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math>. Chiamiamo <math>G(\vec{x};\vec{y})</math> (che è detta funzione di Green) la soluzione di quest'equazione, ossia: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> ove il pedice <math>\vec{x}</math> sul laplaciano indica che quest'ultimo agisce solo sulla <math>\vec{x}</math>, e non sulla <math>\vec{y}</math>. Se interpretiamo fisicamente quest'equazione, <math>G</math> è il potenziale elettrostatico corrispondente a una carica puntiforme posta in <math>\vec{y}</math>, che va considerato come una sorta di "parametro". Nota dunque <math>G</math>, allora si avrà: <math>\varphi(\vec{x}) = \int \rho(\vec{y}) G(\vec{x};\vec{y}) d^3\vec{y}</math> che è una "sovrapposizione" di più soluzioni elementari, pesate con la <math>\rho</math>. Infatti: <math>\begin{align} -\nabla^2_{\vec{x}} \varphi(\vec{x}) &= -\nabla^2_{\vec{x}} \int \rho(\vec{y}) G(\vec{x};\vec{y}) d^3\vec{y} = \\ &= \int \rho(\vec{y}) \left( -\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) \right) d^3\vec{y} = \int \rho(\vec{y}) \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) d^3\vec{y} = \rho(x) \end{align}</math> Notiamo ora che in realtà la <math>G</math> è funzione di una sola variabile come conseguenza dell'invarianza del laplaciano sotto rototraslazioni: <math>\vec{x} \to \vec{x}' = R\vec{x} + \vec{a} \quad \Rightarrow \quad \nabla^2_{\vec{x}} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial x_i^2} \to \nabla^2_{\vec{x}'} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial {{x'}^i}^2} = \sum_i \frac{\partial^2}{\partial {x^i}^2} = \nabla^2_{\vec{x}}</math> (perché <math>|\det R| = 1</math>). Ora, l'equazione: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x};\vec{y}) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> dev'essere vera per ogni <math>\vec{x}</math> e <math>\vec{y}</math>, e dunque anche per ogni <math>\vec{x}'</math> e <math>\vec{y}'</math>: <math>-\nabla^2_{\vec{x}'} G(\vec{x}';\vec{y}') = \delta^{(3)}(\vec{x}' - \vec{y}') \quad \Rightarrow \quad -\nabla^2_{\vec{x}} G(\vec{x}';\vec{y}') = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})</math> ove l'ultimo passaggio è dovuto alle proprietà della <math>\delta</math> (il modulo del determinante della matrice di una rotazione è 1). Poiché la soluzione di quest'equazione è unica, si dovrà avere: <math>G(\vec{x}';\vec{y}') = G(\vec{x};\vec{y})</math> Insomma, la funzione di Green "eredita" sempre le simmetrie dell'operatore che agisce su di essa. Poiché dunque <math>G</math> è invariante per traslazioni, allora potrà solo essere funzione di <math>\vec{x} - \vec{y}</math>, ossia <math>G(\vec{x};\vec{y}) = G(\vec{x} - \vec{y}) := \tilde{G}(\vec{x})</math> (ove nell'ultimo passaggio abbiamo rinominato <math>\vec{x} - \vec{y}</math> con <math>\vec{x}</math>). Poiché è anche invariante per rotazioni, poi, la <math>G</math> dovrà essere funzione del solo modulo di <math>\vec{x}</math>, ossia <math>G(\vec{x}) = G(|\vec{x}|)</math>. Dunque, ricapitolando: <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(|\vec{x}|) = \delta(|\vec{x}|)</math> Sappiamo, per analogia con l'elettrostatica, che la soluzione di quest'equazione è: <math>G(|\vec{x}|) = -\frac{1}{4\pi} \frac{1}{|\vec{x}|}</math> Cerchiamo però di derivarla sistematicamente; per farlo, passiamo alle trasformate di Fourier: <math>G(|\vec{x}|) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}} \hat{G}(\vec{k}) d^3\vec{k}</math> <math>\delta^{(3)}(\vec{x}) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}} d^3\vec{k} \quad \Rightarrow \quad \widehat{\delta}^{(3)}(k) = \frac{1}{(2\pi)^{2}}</math> Pertanto, prendendo la trasformata di Fourier ad ambo i membri dell'equazione <math>-\nabla^2_{\vec{x}} G(|\vec{x}|) = \delta(|\vec{x}|)</math>: <math>|\vec{k}|^2 \hat{G}(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{2}} \quad \Rightarrow \quad \hat{G}(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{2}} \frac{1}{|\vec{k}|^2} \quad \Rightarrow \quad G(|\vec{x}|) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int \frac{e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}}}{|\vec{k}|^2} d^3\vec{k}</math> Per calcolare quest'ultimo integrale conviene pensare <math>\vec{x}</math> come un vettore fisso e <math>\vec{k}</math> variabile, e prendere coordinate polari per <math>\vec{k}</math> rispetto a <math>\vec{x}</math>. Dunque: <math>d^3\vec{k} = dk d\theta d\varphi \cdot k^2 \sin\theta \quad \Rightarrow \quad d^3\vec{k} = k^2 dk d(\cos\theta) d\varphi</math> e quindi: <math>\begin{align} G(|\vec{x}|) &= \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^\infty \int_{-1}^1 \int_0^{2\pi} \frac{k^2}{k^2} e^{ik|\vec{x}|\cos\theta} d\varphi d(\cos\theta) dk = \\ &= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty \int_{-1}^1 e^{ik|\vec{x}|\cos\theta} d(\cos\theta) dk = \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty \frac{1}{-ik|\vec{x}|} \left( e^{ik|\vec{x}|} - e^{-ik|\vec{x}|} \right) dk = \\ &= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{ik|\vec{x}|} \left( e^{ik|\vec{x}|} - e^{-ik|\vec{x}|} \right) dk = \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \int_0^\infty \frac{\sin(k|\vec{x}|)}{k} dk = \\ &= \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \underbrace{\int_0^\infty \frac{\sin k'}{k'} dk'}_{= \pi/2} = \frac{2}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \frac{\pi}{2} \\ \end{align}</math> ove nel penultimo passaggio abbiamo effettuato il cambio di variabile <math>k|\vec{x}| = k'</math>. Dunque: <math>G(|\vec{x}|) = \frac{1}{4\pi} \frac{1}{|\vec{x}|}</math> e notiamo che effettivamente <math>G \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> == Equazione di d'Alembert per <math>A_\mu</math> == Passiamo dunque all'analogo problema per il campo elettromagnetico: <math>\Box A_\mu = j_\mu \qquad \partial^\mu A_\mu = 0</math> Dobbiamo cercare dunque la funzione di Green per il d'alembertiano: <math>\Box_x G(x;y) = \delta^{(4)}(x-y)</math> In questo caso, <math>G</math> "erediterà" le simmetrie di <math>\Box</math>, ossia sarà invariante per trasformazioni di Poincaré. Pertanto, <math>G(x;y) = G(x';y')</math>; per l'invarianza per traslazioni si dovrà avere <math>G(x;y) = G(x-y) := G(x)</math>, e per quella sotto trasformazioni di Lorentz <math>G(x) = G(\sqrt{x^\mu x_\mu})</math>. Sembrerebbe dunque che <math>G</math> sia funzione di <math>x^\mu x_\mu</math>; è vero, ma in realtà è anche funzione del segno di <math>x^0</math>, perché anch'esso è invariante di Lorentz. Nota dunque <math>G</math>, si avrà: <math>A_\mu(x) = \int j_\mu(y) G(x-y) d^4y</math> Infatti: <math>\Box_x A_\mu(x) = \int j_\mu(y) \underbrace{\Box_x G(x-y)}_{\displaystyle = \delta^{(4)}(x-y)} d^4y = j_\mu(x)</math> Inoltre: <math>\partial_{x^\mu} A_\mu(x) = \frac{\partial}{\partial x^\mu} A_\mu(x) = \int j_\mu(y) \underbrace{\partial_{x^\mu} G(x-y)}_{\displaystyle = -\partial_{y^\mu} G(x-y)} d^4y = -\int j_\mu(y) \partial_{y^\mu} G(x-y) d^4y</math> Adesso integriamo per parti sfruttando le proprietà delle distribuzioni (è sottinteso che tutto ciò che stiamo maneggiando sono distribuzioni). Dunque: <math>\partial_{x^\mu} A_\mu(x) = \int \underbrace{\partial^\mu j_\mu(y)}_{\displaystyle = 0} G(x-y) d^4y = 0</math> Pertanto, poiché <math>A_\mu</math> come definito sopra soddisfa effettivamente la gauge di Lorenz, è la soluzione che stavamo cercando. Ci resta dunque solo da determinare <math>G</math>: <math>\Box G(x) = \delta(x) \qquad G(x) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> Il problema è che con queste condizioni la <math>G</math> non è univocamente determinata: se infatti <math>G</math> è soluzione particolare dell'equazione, anche <math>G = G + G_0</math> con <math>\Box G_0 = 0</math> e <math>G_0 \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> lo è. Dovremo dunque porre altre condizioni per determinare univocamente <math>G</math>. Passiamo alle trasformate di Fourier: <math>G(x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int e^{-ikx} \hat{G}(k) d^4k \qquad \delta^{(4)}(x) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int e^{-ikx} d^4k</math> Pertanto: <math>\Box G(x) = \delta(x) \quad \Rightarrow \quad -k^2 \hat{G}(k) = \frac{1}{(2\pi)^2} \quad \Rightarrow \quad \hat{G}(k) = -\frac{1}{(2\pi)^2} \frac{1}{k^2} \quad \Rightarrow</math> <math>\Rightarrow \quad G(x) = -\frac{1}{(2\pi)^4} \int \frac{e^{-ikx}}{k^2} d^4k = -\frac{1}{(2\pi)^4} \int \int \frac{e^{-i(k^0 x^0 - \vec{k}\cdot\vec{x})}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} d^3\vec{k} dk^0 =</math> <math>= -\frac{1}{(2\pi)^4} \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} d^3\vec{k} \int \frac{e^{-ik^0 x^0}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} dk^0 \underbrace{}_{\displaystyle := I}</math> L'integrale <math>I</math> non è però definito, perché l'integrando ha dei poli in <math>k^0 = \pm|\vec{k}|</math>. Ci sono però vari modi per "dare senso" a quest'integrale (ad esempio la parte principale), ma non sono metodi univoci. Ciò è conseguenza del fatto che, come già detto, la condizione <math>G(x) \xrightarrow{|\vec{x}| \to \infty} 0</math> non fissa univocamente <math>G</math>. Per calcolare <math>I</math>, integriamo nel campo complesso (dunque <math>k^0 \in \mathbb{C}</math>). Volendo deformare il cammino d'integrazione "scavalcando" i poli, non sappiamo però quale dei seguenti cammini possibili conviene usare: Possibili cammini d'integrazione Poiché in <math>I</math> è presente <math>e^{-ik^0 x^0}</math>, si presentano due casi: <math>x^0 > 0</math> in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano <math>\text{Im } k^0 > 0</math> <math>x^0 < 0</math> in questo caso il cammino va chiuso nel semipiano <math>\text{Im } k^0 < 0</math> Cerchiamo ora di capire in che modo "scavalcare" i poli (cioè se scavalcarli dal "di sopra" o dal "di sotto"). Ricordiamoci del significato fisico di ciò che stiamo facendo: determinare <math>G</math> equivale a trovare il segnale generato da una carica puntiforme posta in <math>\vec{x} = 0</math> all'istante <math>x^0</math>; per il principio di causalità, dunque, <math>G(x) = 0</math> se <math>x^0 < 0</math> (ossia, prima che la sorgente emetta un segnale non c'è alcun campo). È questa la condizione aggiuntiva che dobbiamo porre su <math>G</math> per risolvere il problema. Una funzione di Green <math>G_r</math> che soddisfi la condizione <math>G_r(x) = 0</math> se <math>x^0 < 0</math> è detta funzione di Green ritardata. Si potrebbe, analogamente, definire la funzione di Green anticipata <math>G_a</math> come una funzione di Green tale che <math>G_a(x) = 0</math> se <math>x^0 > 0</math>; matematicamente entrambe sono sensate, ma fisicamente la <math>G_a</math> non lo è (viola palesemente il principio di causalità, perché il suo significato fisico sarebbe quello di rilevare un campo prima ancora che la particella lo emetta). Dunque, poiché dobbiamo scegliere un cammino di integrazione con <math>x^0 < 0</math>, dobbiamo chiuderlo nel semipiano inferiore. Se dunque scavalcassimo i poli dal "di sotto" (chiamiamo <math>\Gamma_r</math> questo cammino di integrazione) allora <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>: il cammino di integrazione non conterrebbe infatti poli, e pertanto <math>I</math>, e quindi anche <math>G</math>, sono nulli; se invece li avessimo scavalcati dal "di sopra" si avrebbe avuto <math>G_r(x) \neq 0</math> (in questo caso <math>I</math> non sarebbe stato nullo). È dunque chiaro che la condizione <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math> fissa univocamente la <math>G</math>. Supponiamo ora <math>x^0 > 0</math>; il cammino d'integrazione, che chiamiamo <math>\tilde{\Gamma}_r</math>, dovrà essere chiuso nel semipiano superiore perché <math>x^0 > 0</math>, ma i poli vanno scavalcati dal "di sotto" per il ragionamento appena fatto. In questo caso, dunque: <math>I = \oint_{\tilde{\Gamma}_r} \frac{e^{-ik^0 x^0}}{(k^0)^2 - |\vec{k}|^2} = 2\pi i \left( \frac{e^{-i|\vec{k}|x^0}}{2|\vec{k}|} + \frac{e^{i|\vec{k}|x^0}}{-2|\vec{k}|} \right) = -\frac{2\pi}{|\vec{k}|} \sin(|\vec{k}|x^0)</math> Perciò (inseriamo una <math>\Theta</math> di Heaviside per "ricordarci" che <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>): <math>G_r(x) = -\frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^4} (-2\pi) \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} \frac{\sin(|\vec{k}|x^0)}{|\vec{k}|} d^3\vec{k} = \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^3} \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} \frac{\sin(|\vec{k}|x^0)}{|\vec{k}|} d^3\vec{k}</math> Quest'ultimo integrale lo si calcola come abbiamo già visto, ossia pensando <math>\vec{x}</math> come vettore fisso e prendendo coordinate polari per <math>\vec{k}</math> rispetto a <math>\vec{x}</math>: <math>\begin{align} G_r(x) &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} \int_{-1}^1 \frac{|\vec{k}|^2}{|\vec{k}|} \sin(|\vec{k}|x^0) e^{-i|\vec{k}||\vec{x}|\cos\theta} d\cos\theta d|\vec{k}| = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} |\vec{k}| \sin(|\vec{k}|x^0) 2\frac{\sin(|\vec{k}||\vec{x}|)}{|\vec{k}||\vec{x}|} d|\vec{k}| = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{2}{|\vec{x}|} \int_0^{+\infty} \sin(|\vec{k}|x^0) \sin(|\vec{k}||\vec{x}|) d|\vec{k}| \end{align}</math> Poiché l'integrando è pari, e scrivendo <math>k</math> per <math>|\vec{k}|</math>: <math>\begin{align} G_r(x) &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ikx^0} - e^{-ikx^0}}{2i} \frac{e^{ik|\vec{x}|} - e^{-ik|\vec{x}|}}{2i} dk = \\ &= \frac{\Theta(x^0)}{(2\pi)^2} \frac{1}{|\vec{x}|} \left( -\frac{1}{4} \right) \int_{-\infty}^{+\infty} 2\left( e^{ik(x^0 + |\vec{x}|)} - e^{ik(x^0 - |\vec{x}|)} \right) dk \end{align}</math> Ricordando la rappresentazione integrale della delta di Dirac: <math>\delta(x) = \frac{1}{2\pi} \int e^{ikx} dk</math> allora: <math>G_r(x) = \frac{\Theta(x^0)}{4\pi|\vec{x}|} \left[ \delta(x^0 - |\vec{x}|) - \delta(x^0 + |\vec{x}|) \right]</math> La seconda delta di Dirac, però, non contribuisce perché imporrebbe <math>x^0 < 0</math>, mentre la <math>\Theta</math> impone <math>G_r(x) = 0</math> per <math>x^0 < 0</math>. Pertanto (adesso possiamo evitare di scrivere la <math>\Theta</math>, in quanto l'informazione <math>x^0 < 0</math> è contenuta nella <math>\delta</math>): <math>G_r(x) = \frac{1}{4\pi|\vec{x}|} \delta(x^0 - |\vec{x}|)</math> È un risultato identico a quello che avevamo trovato per l'equazione di Laplace, a meno della delta di Dirac. La presenza di <math>\delta(x^0 - |\vec{x}|)</math> ha un preciso significato fisico: è un modo per esprimere il fatto che il segnale emesso dalla carica si muove alla velocità della luce: se infatti la carica emette segnale dalla posizione <math>\vec{x} = 0</math> all'istante <math>x^0 = 0</math>, un'osservatore in <math>\vec{x}</math> potrà misurare il campo solo a <math>x^0 = |\vec{x}|</math>. Potrebbe sorgere però il dubbio che <math>G_r</math> non sia un invariante di Lorentz (si dovrebbe avere, infatti, che <math>G(x) = G(\Lambda x)</math>). Anche quando avevamo definito <math>G_r</math>, inoltre, la condizione <math>x^0 < 0</math> non è apparentemente invariante di Lorentz; in realtà tutto ciò non è vero, e sia <math>G_r</math> che la condizione <math>x^0 < 0</math> sono Lorentz-invarianti. Per mostrarlo, consideriamo <math>\delta(x^2)</math> (ove <math>x^2</math> è il quadrato di <math>x</math> nel senso di Minkowski); si ha che <math>\delta(x^2)</math> è sicuramente un oggetto invariante, e vale: <math>\delta(x^2) = \delta((x^0)^2 - |\vec{x}|^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|x^0|} = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> <math>\delta(x^2) = \delta((x^0)^2 - |\vec{x}|^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|x^0|} = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|) + \delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> Pertanto, poiché: <math>\Theta(x^0)\delta(x^2) = \frac{\delta(x^0 - |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> <math>\Theta(-x^0)\delta(x^2) = \frac{\delta(x^0 + |\vec{x}|)}{2|\vec{x}|}</math> allora: <math>G_r(x) = \frac{1}{2\pi} \Theta(x^0)\delta(x^2)</math> che è un'altra forma della <math>G_r</math> equivalente a quella vista precedentemente. Mostriamo ora che <math>\Theta(x^0)</math> è invariante di Lorentz come conseguenza del fatto che <math>x^2 \leq 0</math>. Poiché <math>x^2 \leq 0</math> stiamo considerando gli eventi all'interno del cono luce di <math>x</math>; consideriamo dunque un evento nel cono luce con <math>x^0 > 0</math>. Allora non esiste alcuna trasformazione di Lorentz tale che <math>(x')^0 < 0</math>: infatti, ricordandoci che <math>\Lambda \in SO(1,3)_c</math>, se per assurdo una tale trasformazione esistesse dovrebbe esistere tutta una serie continua di trasformazioni (<math>SO(1,3)_c</math> è un gruppo di Lie), ossia dovrebbe esistere un cammino continuo che connette i due eventi (quello con <math>x^0 > 0</math> e quello con <math>(x')^0 < 0</math>), che necessariamente dovrà passare per l'origine del cono luce (una trasformazione di Lorentz, infatti, non può far uscire dal cono luce). Ciò però significa che la trasformazione non è invertibile, mentre invece tutte le trasformazioni di <math>SO(1,3)_c</math> lo sono (o, in altre parole, se <math>x^\mu \neq 0</math> allora <math>(\Lambda x)^\mu \neq 0</math>): pertanto, non esiste alcuna trasformazione che cambia il segno di <math>x^0</math>. {{avanzamento|75%|14 aprile 2026}} [[Categoria:Elettrodinamica classica|Equazioni di Maxwell in presenza di sorgenti]] r2eov0vxniqacu45rm4ynulct9rghei 2 60586 499186 2026-06-13T12:45:56Z WikiOhana 54459 Strutturazione e gestione dell'esercizio pratico - Modulo 3 di Wikidonne 499186 wikitext text/x-wiki Questa Sandbox descrive l'architettura didattica configurata all'interno della piattaforma Moodle per l'esercizio pratico legato a WikiDonne. Mi occuperò in generale di curare e arricchire lo spazio degli esercizi pratici del Modulo 3, che si concentra sulla creazione e sul miglioramento delle voci di Wikipedia dedicate alle donne. Il mio obiettivo è impostare questo campo in modo che sia un’attività aperta, chiara e accattivante per chiunque abbia voglia di mettersi alla prova e dare il proprio contributo. Lavorerò per inserire delle linee guida semplici ed efficaci che spieghino come muoversi su Wikipedia per scrivere una nuova biografia o per ampliarne una esistente. Inoltre, preparerò dei criteri generali per la fase di scambio dei feedback, così chi sceglie di partecipare potrà confrontarsi con gli altri in modo costruttivo sulla qualità delle fonti e sulla scrittura inclusiva. In questo modo, l'intero workshop diventerà un percorso fluido, accogliente e facile da seguire per tutti. odef4viqiir9vejlkvcpfh8xr4ln07b