Elettrodinamica classica/Espressione esplicita dei campi in un'onda elettromagnetica

Calcoliamo dunque l'espressione di $\overrightarrow{E}$ e $\overrightarrow{B}$ per un'onda elettromagnetica elementare. Innanzitutto:

$F^{\mu \nu }={\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }=n^{\mu }{\dot{A}}^{\nu }-n^{\nu }{\dot{A}}^{\mu }$

Dunque per il campo elettrico si avrà:

$E^i=F^{i0}=n^i{\dot{A}}^0-n^0{\dot{A}}^i=n^i{n}^j{\dot{A}}^j-{\dot{A}}^i=\underset{:=P^{ij}}{\underbrace{(n^i{n}^j-{\delta }^{ij})}}{\dot{A}}_j$

$\Rightarrow \overrightarrow{E}=\overrightarrow{n}(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\dot{A}})-\overrightarrow{\dot{A}}=-\overrightarrow{n}\times (\overrightarrow{n}\times \overrightarrow{\dot{A}})$

ove $P^{ij}$ è il proiettore sul sottospazio ortogonale a $n^i$; infatti $P^{ij}{n}^j=n^i{n}^j{n}^j-n^i=n^i-n^i=0$.

Per quanto riguarda il campo magnetico, invece:

$B^i=-\frac{1}{2}{\epsilon }^{ijk}{F}^{jk}=-{\epsilon }^{ijk}{n}^j{\dot{A}}^k\Rightarrow \overrightarrow{B}=-\overrightarrow{n}\times \overrightarrow{\dot{A}}$

Notiamo dunque che:

1. una trasformazione di gauge non cambia i campi elettrico e magnetico (perché non cambia $F_{\mu \nu }$);
2. le componenti di $\overrightarrow{\dot{A}}$ lungo $\overrightarrow{n}$ non contribuiscono al valore di $B^i$; infatti se ${\dot{A}}^k\propto n^k$ allora $B^i\propto -{\epsilon }^{ijk}{n}^j{n}^k=0$

Inoltre, i vettori $\overrightarrow{E}$ e $\overrightarrow{B}$ risultano ortogonali alla direzione di propagazione $\overrightarrow{n}$:

$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{E}=n^i(n^i{n}^j-{\delta }^{ij}){\dot{A}}^j=n^j{\dot{A}}^j-n^j{\dot{A}}^j=0$

$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{B}=-n^i{\epsilon }^{ijk}{n}^j{\dot{A}}^k=0$

Dunque $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}\perp \overrightarrow{n}$. Risulta inoltre:

$(\overrightarrow{n}\times \overrightarrow{E}{)}^i={\epsilon }^{ijk}{n}^j{E}^k={\epsilon }^{ijk}{n}^j(n^k{n}^{\ell }-{\delta }^{k\ell }){\dot{A}}^{\ell }=-{\epsilon }^{ijk}{n}^j{\dot{A}}^k=B^i$

ossia $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{n}\times \overrightarrow{E}$: i campi, oltre a essere ortogonali alla direzione di propagazione, sono ortogonali fra di loro. Infine, poiché $|\overrightarrow{n}|=1$ risulta $|\overrightarrow{B}|=|\overrightarrow{E}|$.

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:

$T_{\text{emg}}^{\mu \nu }=F^{\mu }{}_{\alpha }{F}^{\alpha \nu }+\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }$

ma $F^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }=0$ perché $|\overrightarrow{B}|=|\overrightarrow{E}|$. Dunque:

$\begin{array}{cc}{T}_{\text{emg}}^{\mu \nu }& =F^{\mu }{}_{\alpha }{F}^{\alpha \nu }=(n^{\mu }{\dot{A}}_{\alpha }-n_{\alpha }{\dot{A}}^{\mu })(n^{\alpha }{\dot{A}}^{\nu }-n^{\nu }{\dot{A}}^{\alpha })=n^{\mu }{n}^{\nu }{\dot{A}}_{\alpha }{\dot{A}}^{\alpha }=\\ & =n^{\mu }{n}^{\nu }({\dot{A}}^i{\dot{A}}^i-{\dot{A}}^0{\dot{A}}^0)=n^{\mu }{n}^{\nu }({\dot{A}}^i{\dot{A}}^i-n^i{\dot{A}}^i{n}^j{\dot{A}}^j)=\\ & =n^{\mu }{n}^{\nu }{\dot{A}}^i{\dot{A}}^j({\delta }^{ij}-n^i{n}^j)=n^{\mu }{n}^{\nu }(|\overrightarrow{\dot{A}}{|}^2-(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\dot{A}}{)}^2)\end{array}$

Possiamo sempre scegliere gli assi di modo che $\overrightarrow{n}=(0,0,1)$; in questo modo:

$T_{\text{emg}}^{\mu \nu }=n^{\mu }{n}^{\nu }[({\dot{A}}^1{)}^2+({\dot{A}}^2{)}^2]\overrightarrow{E}=(-{\dot{A}}^1,-{\dot{A}}^2,0)\Rightarrow$

$\Rightarrow T_{\text{emg}}^{\mu \nu }=n^{\mu }{n}^{\nu }|\overrightarrow{E}{|}^2=n^{\mu }{n}^{\nu }\frac{|\overrightarrow{E}{|}^2+|\overrightarrow{B}{|}^2}{2}\Rightarrow T_{\text{emg}}^{\mu \nu }=n^{\mu }{n}^{\nu }W$

ove abbiamo sfruttato il fatto che $|\overrightarrow{E}|=|\overrightarrow{B}|$, e con $W=T_{\text{emg}}^{00}$ abbiamo indicato la densità di energia del campo elettromagnetico.

Si avrà dunque che il quadrimomento trasportato dall'onda è:

$P^{\mu }=\int T_{\text{emg}}^{\mu 0}{d}^3\overrightarrow{x}=\int n^{\mu }W{d}^3\overrightarrow{x}=n^{\mu }ℰ$

con $ℰ$ energia totale dell'onda (ovviamente per un'onda piana si avrebbe $ℰ=+\mathrm{\infty }$, ma abbiamo già detto che le uniche soluzioni fisicamente sensate delle equazioni di Maxwell sono pacchetti d'onde). Poiché dunque $n_{\mu }{n}^{\mu }=0$, si avrà $P^{\mu }{P}_{\mu }=0$; 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:

$M^{\mu \nu \lambda }=x^{\nu }{T}_{\text{emg}}^{\mu \lambda }-x^{\lambda }{T}_{\text{emg}}^{\mu \nu }$

$L^{\nu \lambda }=\int M^{0\nu \lambda }{d}^3\overrightarrow{x}=\int (x^{\nu }{n}^{\lambda }-x^{\lambda }{n}^{\nu })W{d}^3\overrightarrow{x}$

$L^i=\frac{1}{2}{\epsilon }^{ijk}{L}^{jk}=\int {\epsilon }^{ijk}{x}^j{n}^{k}W{d}^3\overrightarrow{x}$

e se ad esempio $\overrightarrow{n}=(0,0,1)$:

$L^3=\int {\epsilon }^{3j3}{x}^{j}W{d}^3\overrightarrow{x}=0$

Sembrerebbe dunque che le onde non trasportino momento angolare nella loro direzione di propagazione. Anche con le altre componenti si ottiene lo stesso risultato:

$L^1=\int {\epsilon }^{1j3}{x}^{j}W{d}^3\overrightarrow{x}=\int {\epsilon }^{123}{x}^{2}W{d}^3\overrightarrow{x}=W(z)\int x^2{d}^3\overrightarrow{x}=0$

ove la penultima uguaglianza è dovuta al fatto che in un'onda che si propaga lungo $z$ le sue grandezze (in questo caso $W$) dipendono solo da $z$, e analogamente si trova $L^2=0$. 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 ${\epsilon }_{\mu }$. Ricordando che nella gauge di Lorenz si ha $k^{\mu }{\epsilon }_{\mu }(\overrightarrow{k})=0$, e supponendo che l'onda si propaghi lungo $z$, allora $k_{\mu }=|\overrightarrow{k}|(1,0,0,1)$ (in questo modo $k^{\mu }{k}_{\mu }=0$) e dunque:

${\epsilon }_{\mu }=({\epsilon }^0,{\epsilon }^1,{\epsilon }^2,{\epsilon }^3)\Rightarrow k_{\mu }{\epsilon }^{\mu }=|\overrightarrow{k}|({\epsilon }^0-{\epsilon }^3)\stackrel{!}{=}0\Rightarrow {\epsilon }^0={\epsilon }^3$

e quindi:

${\epsilon }^{\mu }=({\epsilon }^0,{\epsilon }^1,{\epsilon }^2,{\epsilon }^0)=\underset{:={\epsilon }_L^{\mu }}{\underbrace{\frac{{\epsilon }^0}{|\overrightarrow{k}|}{k}^{\mu }}}+\underset{:={\epsilon }_T^{\mu }}{\underbrace{(0,{\epsilon }^1,{\epsilon }^2,0)}}$

ove ${\epsilon }_L^{\mu }$ è la parte longitudinale (ossia diretta come $k_{\mu }$) e ${\epsilon }_{\mu }^{\text{T}}$ quella trasversa del vettore di polarizzazione ${\epsilon }_{\mu }$. Di queste due, l'unica fisicamente rilevante è quella trasversa, perché quella longitudinale può essere eliminata con un'opportuna trasformazione di gauge:

${\epsilon }^{\mu }\to {\epsilon }^{\mu }+\alpha (\overrightarrow{k})k^{\mu }\alpha (\overrightarrow{k}):=-\frac{{\epsilon }^0(\overrightarrow{k})}{|\overrightarrow{k}|}\Rightarrow {\epsilon }^{\mu }\to {\epsilon }_T^{\mu }$

Sono dunque solo ${\epsilon }^1$ e ${\epsilon }^2$ 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:

$A^{\mu }(x)={\epsilon }^{\mu }(\overrightarrow{k})e^{ikx}+\text{c.c.}{|}_{k^0=|\overrightarrow{k}|}$

in $\overrightarrow{E}=\overrightarrow{n}(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\dot{A}})-\overrightarrow{\dot{A}}$, si ha:

$\overrightarrow{E}=\overrightarrow{ℰ}{e}^{ikx}+\text{c.c.}$

con $\overrightarrow{ℰ}$ vettore complesso tale che $\overrightarrow{ℰ}\cdot \overrightarrow{n}=0$, dunque $\overrightarrow{ℰ}\propto {\overrightarrow{\epsilon }}_T$. Scegliamo dunque due versori ${\overrightarrow{e}}_1$ e ${\overrightarrow{e}}_2$ ortogonali a $\overrightarrow{n}$ e fra di loro. In questo modo (${ℰ}_1,{ℰ}_2\in ℂ$, e l'$1/2$ compare per convenienza):

$\overrightarrow{ℰ}=\frac{1}{2}({ℰ}_1{\overrightarrow{e}}_1+{ℰ}_2{\overrightarrow{e}}_2)=\frac{1}{2}{e}^{i\tilde{\delta }}(|{ℰ}_1|{\overrightarrow{e}}_1+e^{i\delta }|{ℰ}_2|{\overrightarrow{e}}_2)$

con $\tilde{\delta }$ fase di ${ℰ}_1$ e $\delta$ differenza di fase fra ${ℰ}_2$ e ${ℰ}_1$. Tuttavia $\tilde{\delta }$ è irrilevante, perché:

$\overrightarrow{E}=\frac{1}{2}{e}^{i\tilde{\delta }}{e}^{ikx}(|{ℰ}_1|{\overrightarrow{e}}_1+e^{i\delta }|{ℰ}_2|{\overrightarrow{e}}_2)+\text{c.c.}$

e dunque ridefinendo l'origine dei tempi ($x^0\to x^0-\tilde{\delta }/k^0$) si può porre $\tilde{\delta }=0$. Dunque:

$\overrightarrow{E}=|{ℰ}_1|\cos (kx){\overrightarrow{e}}_1+|{ℰ}_2|\cos (kx+\delta ){\overrightarrow{e}}_2$

I casi possibili sono quindi:

$\delta =0$

allora:

$\overrightarrow{E}=(|{ℰ}_1|{\overrightarrow{e}}_1+|{ℰ}_2|{\overrightarrow{e}}_2)\cos (kx)$

e dunque in ogni istante $\overrightarrow{E}$ oscilla lungo la stessa direzione: il campo si dice polarizzato linearmente

$\delta =\pm \pi /2$, $|{ℰ}_1|=|{ℰ}_2|$

in questo caso:

$\overrightarrow{E}=|{ℰ}_1|(\cos (kx){\overrightarrow{e}}_1\mp \sin (kx){\overrightarrow{e}}_2)$

e dunque al variare di $x$, $\overrightarrow{E}$ descrive un cerchio, in senso orario o antiorario a seconda se $\delta =+\pi /2$ o $\delta =-\pi /2$: il campo si dice polarizzato circolarmente (destro o sinistro).

Nel caso in cui un'onda sia polarizzata circolarmente, allora:

${\epsilon }_T^{\mu }\propto (0,1,\pm i,0)$

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 $+1$ o $-1$. 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 $H_{\mu \nu }(x)$ (così come il campo elettromagnetico è descritto da $A_{\mu }(x)$). Fisicamente, $H_{\mu \nu }$ 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:

$d{s}^2=g_{\mu \nu }(x)d{x}^{\mu }d{x}^{\nu }$

con $g_{\mu \nu }$ funzione di $x$ e simmetrico in $\mu$ e $\nu$. Quando il campo gravitazionale è molto debole (ossia a grandi distanze dalle sorgenti):

$g_{\mu \nu }(x)\simeq {\eta }_{\mu \nu }+(H_{\mu \nu }(x)-\frac{1}{2}{\eta }_{\mu \nu }{H}^{\rho }{}_{\rho }(x))+O(H^2)$

In analogia con le onde elettromagnetiche, le equazioni differenziali a cui $H$ dovrà obbedire saranno:

$◻H_{\mu \nu }=0{\partial }_{\mu }{H}^{\mu \nu }=0$

Se fossimo in presenza di sorgenti, si dovrebbe avere $◻H_{\mu \nu }=16\pi G{T}_{\mu \nu }$ con $T_{\mu \nu }$ tensore energia-impulso (altro motivo in più perché $T_{\mu \nu }$ dev'essere simmetrico). Inoltre, $H_{\mu \nu }$ è legato al potenziale gravitazionale classico $\phi$ da:

$\phi =-\frac{1}{4}{H}_{00}$

e ciò accade perché nel caso newtoniano $v\ll 1$, e risulta $T_{00}\gg T_{ij}$ (infatti $T_{\mu \nu }^P\propto \frac{p^{\mu }{p}^{\nu }}{ℰ}{\delta }^{(3)}\Rightarrow T_{00}^P\propto m$, $T_{0i}^P\propto p^i\propto m{v}^i$).

Per semplice analogia con l'elettromagnetismo possiamo scrivere le equazioni differenziali che descrivono il campo gravitazionale:

$◻H_{\mu \nu }=0{\partial }_{\mu }{H}^{\mu \nu }=0$

ove la seconda equazione fissa univocamente la gauge del campo, come vedremo fra poco. Sappiamo dunque che se il campo gravitazionale è debole:

$g_{\mu \nu }\simeq {\eta }_{\mu \nu }+H_{\mu \nu }-\frac{1}{2}{\eta }_{\mu \nu }{H}^{\rho }{}_{\rho }+O(H^2)$

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 $x^{\mu }\to {\tilde{x}}^{\mu }$, 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 ${\tilde{x}}^{\mu }$ sono le trasformazioni di gauge della relatività generale (non vediamo come agiscono sui campi perché è troppo complicato). Affinché in relatività generale il $d{s}^2$ sia invariante sarà dunque necessario che anche $g_{\mu \nu }(x)$ trasformi in modo ben preciso (che non ricaveremo) sotto ${\tilde{x}}^{\mu }$. L'equazione ${\partial }_{\mu }{H}^{\mu \nu }$ 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 $H_{\mu \nu }$ compaiono infatti termini $O(H^2)$). 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: $H_{\mu \nu }$, dunque, influisce su sé stesso modificando la struttura stessa del campo, che non risulta più lineare.

Considerando l'equazione $◻H_{\mu \nu }=0$, sappiamo dunque che $H_{\mu \nu }$ è sovrapposizione di onde elementari (ossia piane monocromatiche):

$H_{\mu \nu }(x)={\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})e^{ikx}+\text{c.c.}{|}_{k^{\mu }{k}_{\mu }=0}$

ove ${\epsilon }_{\mu \nu }$ è detto tensore di polarizzazione. Ponendo ${\partial }_{\mu }{H}^{\mu \nu }=0$, dunque, risulta $k^{\mu }{\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})=0$. Anche in questo caso, inoltre, dobbiamo considerare le possibili trasformazioni di gauge residue:

${\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})\to {\tilde{\epsilon }}_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})={\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})+\underset{:=A}{\underbrace{k_{\mu }{\lambda }_{\nu }(\overrightarrow{k})+k_{\nu }{\lambda }_{\mu }(\overrightarrow{k})}}-{\eta }_{\mu \nu }{\lambda }_{\rho }{k}^{\rho }$

ove $A$ è stato inserito affinché ${\tilde{\epsilon }}_{\mu \nu }$ sia simmetrico (infatti ${\epsilon }_{\mu \nu }$ lo è perché tale è $H_{\mu \nu }$), e l'ultimo addendo serve affinché ${\tilde{\epsilon }}_{\mu \nu }$ soddisfi ancora la condizione di gauge:

$\begin{array}{cc}{k}^{\mu }{\tilde{\epsilon }}_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})& =k^{\mu }{\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})+k^{\mu }{k}_{\mu }{\lambda }_{\nu }(\overrightarrow{k})+k_{\nu }{k}^{\mu }{\lambda }_{\mu }(\overrightarrow{k})-k^{\mu }{\eta }_{\mu \nu }{\lambda }_{\rho }(\overrightarrow{k})k^{\rho }=\\ & =k_{\nu }{k}^{\mu }{\lambda }_{\mu }(\overrightarrow{k})-k_{\nu }{\lambda }_{\rho }(\overrightarrow{k})k^{\rho }=0\end{array}$

Ci chiediamo dunque: un campo del genere quanti gradi di libertà ha? Sono le componenti di ${\epsilon }_{\mu \nu }$, che sono 10 funzioni complesse (poiché è simmetrico) delle tre variabili $\overrightarrow{k}$. Si deve poi avere $k^{\mu }{\epsilon }_{\mu \nu }=0$, che sono quattro vincoli (uno per ogni valore di $\nu$); pertanto ${\epsilon }_{\mu \nu }$ è composto da 10-4=6 funzioni complesse indipendenti. Poiché inoltre ci sono quattro trasformazioni di gauge residue (corrispondenti alle quattro funzioni ${\lambda }_{\mu }$), rimangono 6-4=2 funzioni complesse indipendenti che compongono ${\epsilon }_{\mu \nu }$, ossia $H_{\mu \nu }$ ha due gradi di libertà, proprio come il campo elettromagnetico. Scegliamo dunque gli assi di modo che $k^{\mu }=\omega (1,0,0,1)$, ove $\omega =|\overrightarrow{k}|$. In questo modo da $k^{\mu }{\epsilon }_{\mu \nu }=0$ segue che ${\epsilon }^{0\nu }={\epsilon }^{3\nu }\mathrm{\forall }\nu$. Pertanto, le componenti indipendenti di ${\epsilon }_{\mu \nu }$ sono tutte quelle dove non compare l'indice 3; vediamo quali di queste possono essere eliminate per l'invarianza di gauge. Poniamo ${\tilde{\epsilon }}_{\mu \nu }={\epsilon }_{\mu \nu }+\delta {\epsilon }_{\mu \nu }$; allora:

$\delta {\epsilon }^{00}=\omega ({\lambda }^0+{\lambda }^3)\delta {\epsilon }^{01}=\omega {\lambda }^1\delta {\epsilon }^{02}=\omega {\lambda }^2$

$\delta {\epsilon }^{11}=\omega ({\lambda }^0-{\lambda }^3)\delta {\epsilon }^{12}=0\delta {\epsilon }^{22}=\omega ({\lambda }^0-{\lambda }^3)$

Scegliendo opportunamente ${\lambda }_1$ e ${\lambda }_2$, quindi, si può sempre porre ${\epsilon }^{01}={\epsilon }^{02}=0$; analogamente, scegliendo opportunamente ${\lambda }^0$ e ${\lambda }^3$, si può porre ${\epsilon }^{00}=0$ e ${\epsilon }^{11}+{\epsilon }^{22}=0$. In generale, invece, ${\epsilon }_{12}\ne 0$. I gradi di libertà che abbiamo a disposizione sono dunque ${\epsilon }^{12}$ e ${\epsilon }^{11}$ (fissato quest'ultimo, anche ${\epsilon }^{22}$ è automaticamente fissato dalla relazione appena vista). Pertanto:

${\epsilon }_{\mu \nu }=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& {\epsilon }^{11}& {\epsilon }^{12}& 0\\ 0& {\epsilon }^{12}& -{\epsilon }^{11}& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$

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 $\epsilon (\overrightarrow{k})$, uno quadrivettoriale ${\epsilon }_{\mu }(\overrightarrow{k})$ e uno quadritensoriale ${\epsilon }_{\mu \nu }(\overrightarrow{k})$. Sotto trasformazioni di Lorentz si avrà:

$k{\text{'}}^{\mu }={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{k}^{\nu }{\epsilon }^{\prime }(k^{\prime })=\epsilon (k)$

$\epsilon {\text{'}}^{\mu }(k^{\prime })={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{\epsilon }^{\nu }(k)\epsilon {\text{'}}^{\mu \nu }(k^{\prime })={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\rho }{\mathrm{\Lambda }}^{\nu }{}_{\sigma }{\epsilon }^{\rho \sigma }(k)$

e queste trasformazioni agiscono su uno spazio vettoriale di dimensione infinita ($\epsilon$ è infatti una funzione di $k$). Consideriamo ora il sottogruppo del gruppo di Lorentz, spesso detto piccolo gruppo, formato dalle matrici $\mathrm{\Lambda }$ tali che:

$k{\text{'}}^{\mu }=k^{\mu }{\mathrm{\Lambda }}^{\mu }\nu k^{\nu }=k^{\mu }$

ove $k^{\mu }$ è un quadrivettore fissato. Se dunque $\mathrm{\Lambda }$ appartiene al piccolo gruppo, le leggi di trasformazione dei tensori di polarizzazione saranno:

${\epsilon }^{\prime }(k)=\epsilon (k)\epsilon {\text{'}}^{\mu }(k)={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\nu }{\epsilon }^{\nu }(k)\epsilon {\text{'}}^{\mu \nu }(k)={\mathrm{\Lambda }}^{\mu }{}_{\rho }{\mathrm{\Lambda }}^{\nu }{}_{\sigma }{\epsilon }^{\rho \sigma }(k)$

pertanto, $\epsilon$ 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:

$k^2=m^2\ne 0$

in questo caso esiste sempre un sistema di riferimento nel quale si ha:

$k^{\mu }=m(1,0,0,0)$

Dunque, le trasformazioni di Lorentz che agendo su $k^{\mu }$ non lo cambiano (in altre parole, le trasformazioni del piccolo gruppo) dovranno essere tali che:

$k^{\prime }=k\Rightarrow {\mathrm{\Lambda }}^0{}_i=0\text{ per }i\ne 0;{\mathrm{\Lambda }}^i{}_0=0\text{ per }i\ne 0$

Dunque:

$\mathrm{\Lambda }=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& & & \\ 0& & R& \\ 0& & & \end{array}\right)$

con $R$ matrice di rotazione tridimensionale.

$k^2=0$

possiamo allora scegliere gli assi di modo che $k^{\mu }=\omega (1,0,0,1)$. Pertanto:

$\mathrm{\Lambda }=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& \cos \phi & \sin \phi & 0\\ 0& -\sin \phi & \cos \phi & 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

Infatti, in questo modo, la rotazione coinvolge solo le componenti 1 e 2 di $k$, che sono nulle, e pertanto $k$ 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 $\epsilon$ sotto il piccolo gruppo. Se infatti ${\epsilon }_{\mu }$ è ad esempio un vettore di polarizzazione che sotto queste trasformazioni cambia nel seguente modo:

${\epsilon }^{\mu }(k)\stackrel{\mathrm{\Lambda }}{\to }{\epsilon }^{\mu }(k)e^{in\phi }$

si dice che il campo ha elicità $n$, che è la componente lungo $z$ del momento angolare trasportato dall'onda. Calcoliamo dunque quanto vale l'elicità per i vari tipi di campo che stiamo considerando.

Campo scalare. Si ha:

$\epsilon (k)\to \epsilon (k)\Rightarrow n=0$

Pertanto, i campi scalari non hanno elicità, ossia non trasportano momento angolare.

Campo elettromagnetico. Sappiamo che possiamo scrivere:

${\epsilon }_{\mu }=\underset{{\epsilon }_L^{\mu }}{\underbrace{{\epsilon }^0(1,0,0,1)}}+\underset{{\epsilon }_T^{\mu }}{\underbrace{(0,{\epsilon }^1,{\epsilon }^2,0)}}$

Dunque:

${\epsilon }^0\to {{\epsilon }^{\prime }}^0={\epsilon }^0\Rightarrow {{\epsilon }^{\prime }}_L^{\mu }={\epsilon }_L^{\mu }\Rightarrow n=0$

che effettivamente è un risultato inutile in quanto ${\epsilon }^0$ non ha significato fisico. Inoltre:

${{\epsilon }^{\prime }}^1=\cos \phi {\epsilon }^1+\sin \phi {\epsilon }^2{{\epsilon }^{\prime }}^2=-\sin \phi {\epsilon }^1+\cos \phi {\epsilon }^2$

Cerchiamo dunque una base di autovettori che diagonalizzi questa trasformazione. Si determina che questa base è:

${\epsilon }_T^{(\pm )}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ \pm i\\ 0\end{array}\right)$

Dunque:

${{\epsilon }^{\prime }}_T^{(\pm )}=\left(\begin{array}{c}0\\ e^{\pm i\phi }\\ \pm i{e}^{\pm i\phi }\\ 0\end{array}\right)=e^{\pm i\phi }{\epsilon }_{\text{T}}^{(\pm )}$

Pertanto $n=\pm 1$: il campo elettromagnetico ha elicità $\pm 1$. Notiamo anche che ${\epsilon }_{\text{T}}^{(\pm )}$ 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 ${\epsilon }^{\mu \nu }$ possiamo usare ${\epsilon }^{11}$ e ${\epsilon }^{12}$. Dunque:

$\begin{array}{cc}{{\epsilon }^{\prime }}^{11}& ={\cos }^2\phi {\epsilon }^{11}+2\cos \phi \sin \phi {\epsilon }^{12}+{\sin }^2\phi {\epsilon }^{22}\underbrace{=-{\epsilon }^{11}}=\\ & =({\cos }^2\phi -{\sin }^2\phi ){\epsilon }^{11}+2\cos \phi \sin \phi {\epsilon }^{12}=\cos (2\phi ){\epsilon }^{11}+\sin (2\phi ){\epsilon }^{12}\end{array}$

Analogamente:

${{\epsilon }^{\prime }}^{12}=\cos (2\phi ){\epsilon }^{12}-\sin (2\phi ){\epsilon }^{11}$

Gli autovettori della trasformazione sono gli stessi di prima, perciò:

${{\epsilon }^{\prime }}_T^{(\pm )}=\left(\begin{array}{c}0\\ e^{\pm i2\phi }\\ \pm i{e}^{\pm i2\phi }\\ 0\end{array}\right)=e^{\pm i2\phi }{\epsilon }_T^{(\pm )}\Rightarrow n=\pm 2$

Il campo gravitazionale ha dunque elicità $\pm 2$.