Appunti

di

Fisica Subnucleare

E. Iacopini

Dipartimento di Fisica, Universita di Firenzee

Istituto Nazionale di Fisica Nucleare, Sezione di Firenze, Italy

December 22, 2008

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Libri consigliati da consultare:

• D. Griffiths: Introduction to elementary particles

• W.R. Frazer : Elementary particles

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

• I.J.R. Aitchinson: Gauge theory in particle physics

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

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

• S. Weinberg : The Quantum Theory of Fields

• H. Muirhead : The Physics of elementary particles

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Contents

1 Introduzione 7

2 Cenni di Teoria Quantistica dei Campi 92.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.1.1 Simmetrie discrete in Meccanica Quantistica . . . . . . . . 132.1.2 La Parita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1.3 La Coniugazione di Carica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.1.4 La simmetria di inversione temporale . . . . . . . . . . . . 332.1.5 L’operatore T 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1.6 Il momento di dipolo elettrico, la parita e l’inversione tem-

porale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.1.7 Una curiosita: il vettore di Runge-Lenz . . . . . . . . . . . 52

2.2 La seconda quantizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.2.1 Il campo scalare libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.2.2 Il campo vettoriale libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.2.3 Il decadimento del π0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.2.4 Il campo di Dirac libero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.2.5 Il decadimento del positronio . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3 Scattering e decadimenti 1263.1 La matrice S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1263.2 Proprieta di S sotto CPT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1323.3 Lo scattering in QFT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.4 Lo spazio delle fasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

3.4.1 Lo spazio delle fasi di due particelle . . . . . . . . . . . . . 1463.4.2 Lo spazio delle fasi di tre particelle: il plot di Dalitz . . . . 1553.4.3 Lo spazio delle fasi di n particelle . . . . . . . . . . . . . . 163

3.5 Applicazione allo scattering (quasi-)elastico . . . . . . . . . . . . . 1653.5.1 Lo spin del pione π+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1743.5.2 Lo scattering quasi-elastico ν + p → n + e+ . . . . . . . . . 178

3.6 Applicazione a processi di decadimento . . . . . . . . . . . . . . . 1893.6.1 Il decadimento del pione . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

A Appendix: Generalita 210A.1 Le unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210A.2 Le notazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

B Appendix: Cenni di Teoria Classica dei Campi 217B.1 Le equazioni di Eulero-Lagrange per campi classici . . . . . . . . 218B.2 Invarianza in valore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220B.3 Invarianza in forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

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B.3.1 Alcuni esempi di lagrangiane . . . . . . . . . . . . . . . . . 226B.4 Il teorema di Noether . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

B.4.1 L’invarianza sotto il gruppo di Poincare . . . . . . . . . . 233B.4.2 L’invarianza di gauge di prima specie . . . . . . . . . . . . 237

C Appendix: Le simmetrie C, P e T in Teoria Quantistica deiCampi 240C.1 Generalita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240C.2 La Coniugazione di Carica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241C.3 La Parita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262C.4 L’inversione temporale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

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

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

Salomone, Ecclesiaste 4:4

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

Il Saggiatore (1623).

Figure 1: Galileo Galilei (1564-1642)

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1 Introduzione

La Fisica subnucleare studia le interazioni fondamentali piu rilevanti1 che esistonofra le particelle elementari2.

1L’interazione gravitazionale e del tutto trascurabile, almeno nel dominio di energie a cuisiamo interessati. Si noti, a questo proposito, per esempio, che il rapporto fra l’energia diinterazione gravitazionale ed elettromagnetica fra due protoni vale circa 0.8× 10−38 !

2Ricordiamo a questo proposito che ad una particella elementare dobbiamo richiedere diavere definite almeno due quantita fisiche tipiche, che sono la sua massa m ed il suo spin s.Questa esigenza discende, come e noto, dal fatto che, se lo spazio-tempo e omogeneo (invarianteper traslazioni) e vale l’invarianza relativistica, allora lo spazio di Hilbert H degli stati di unaparticella deve essere trasformato in se sotto il gruppo di Poincare P (traslazioni in quattrodimensioni e trasformazioni del gruppo di Lorentz ortocrono proprio L↑+), i cui elementi agisconoin H come simmetrie unitarie.

Alla particella elementare viene richiesto di essere tale per cui lo spazio di Hilbert H deglistati non deve avere sottospazi invarianti (non banali) sotto queste trasformazioni, ovvero diessere caratterizzata dal fatto che la rappresentazione unitaria di P su H sia irriducibile.Queste rappresentazioni, come e stato dimostrato da Wigner, per esempio, in

E. Wigner: On Unitary Representations of the Inhomogeneous Lorentz GroupAnn. Math. 40, 149 (1939)

sono individuate completamente dagli autovalori assunti sullo spazio di Hilbert degli stati delsistema dai due soli operatori di Casimir (costruiti quindi con i generatori del gruppo) indipen-denti (almeno nel caso di particelle con massa), i quali commutano con tutti i generatori delgruppo stesso, i.e. gli invarianti

PµPµ → m2 ; WµWµ → −12

m2 s(s + 1)

dove Pµ e l’operatore di quadrimpulso, i.e. l’operatore che genera le traslazioni nello spazio-tempo, mentre il quadrivettore di Pauli-Lubanski Wµ ≡ εµνσρ MνσP ρ e legato anche ai gener-atori Mσρ del gruppo di Lorentz, per cui risulta

W 0 = ~P · ~J ; ~W = P0~J − ~P × ~K

essendo i generatori Mσρ definiti implicitamente dalla consueta parametrizzazione della genericatrasformazione di Lorentz (attiva), secondo la quale abbiamo

Λ = e−i2 αµν Mµν

; (Mµν)α. β = i(δµαδν

β − δναδµβ ) (1.1)

con αµν matrice reale antisimmetrica.Usando la consueta definizione dei generatori delle rotazioni ~J (⇒ R(~φ) = e−i~φ· ~J) e deigeneratori dei boosts di Lorentz ~K (⇒ B(η~n) = e−iη~n· ~K ; η ≡ th−1β) ne segue che (sia lerotazioni che i boost sono trasformazioni attive, cioe agenti sul sistema e non sul riferimento,che resta fisso !)

~J ≡ (M23,M31,M12); ~K ≡ (M01,M02,M03) (1.2)[Jm, Jn] = iεmnrJr; [Jm,Kn] = iεmnrKr; [Km, Kn] = −iεmnrJr (1.3)

Circa poi le regole di commutazione di questi generatori con l’impulso, ricordiamo che risulta

[Mµν , P σ] = −i(Pµδνσ − P νδµσ) (1.4)

i.e. [Jm, Pn] = iεmnr Pr; [Jm, P0] = 0; [Km, Pn] = i P0 δmn; [Km, P0] = −i Pm

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Nel seguito daremo per noto quanto gia illustrato nella parte propedeutica,cioe nel Corso di ”Complementi di Fisica Nucleare e Subnucleare”.In quell’ambito abbiamo visto come il quadro delle particelle elementari3 e delleloro interazioni costituisca il cosiddetto Modello Standard.Quanto alle particelle elementari, come si e visto, in questo modello esse sono rag-gruppate in tre famiglie di massa crescente di ”leptoni”, soggetti solo all’interazioneelettrodebole

νe(νe) νµ(νµ) ντ (ντ ) carica 0

e−(e+) µ−(µ+) τ−(τ+) carica − 1(+1)

ed in tre famiglie di massa crescente di ”quarks”, soggetti anche all’interazioneforte

u(u) c(c) t(t) q = +2/3 (−2/3)

d(d) s(s) b(b) q = −1/3 (+1/3)

Nel Modello Standard, le interazioni fra le particelle elementari di cui sopra sonodescritte nel contesto della Teoria dei Campi Relativistica (QFT ), e ciascuna diesse possiede un opportuno mediatore, i.e.

• il fotone, per l’interazione elettromagnetica;

• il W± e lo Z0, per l’interazione debole4 propriamente detta;

• i gluoni, per l’interazione forte.

Sia la Teoria elettrodebole (EW ) che quella forte (QCD) hanno la strutturadi teorie di gauge e sono teorie di campo rinormalizzabili.

da cui segue in particolare che lo scalare di Lorentz WµWµ commuta con P σ.Venendo infine al caso di massa nulla, infine, le rappresentazione irriducibili di P sono ancora

piu semplicemente caratterizzate solo in termini di un numero quantico intero o semidispariλ, che e chiamato elicita e descrive la proiezione dello spin intrinseco della particella nelladirezione del suo impulso. Questa quantita, se la massa e nulla e quindi la particella viaggiacostantemente alla velocita della luce, e invariante per trasformazioni di Lorentz.

3Ricordiamo che per particella elementare intendiamo una particella di cui non e nota alcunastruttura interna. Questo aspetto, come gia abbiamo avuto modo di mettere in evidenza, nonha nulla a che vedere con l’eventuale instabilita della particella stessa poiche l’instabilita non elegata al fatto che i prodotti del decadimento siano costituenti della particella instabile!Il muone, per esempio, che decade in un elettrone, un neutrino ed un antineutrino, per quantone sappiamo fino ad oggi, e una particella elementare e l’elettrone il neutrino e l’antineutrinoa cui da luogo non sono in nessun senso suoi costituenti. Il decadimento avviene solo perche leinterazioni deboli accoppiano lo stato di muone con quello fatto dalle tre particelle suddette,per cui e possibile una transizione da uno stato all’altro...

4In realta l’interazione elettromagnetica e debole sono unificate nella Teoria Elettrodebole.

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2 Cenni di Teoria Quantistica dei Campi

2.1 Introduzione

La Teoria Quantistica dei Campi (QFT) nasce dalla sintesi della teoria classicadei campi (cfr. Appendice), il cui paradigma principale e il campo elettromag-netico classico, con la teoria delle Meccanica Quantistica e quella della RelativitaRistretta.

Il campo, che indicheremo per il momento genericamente con Φ(x), ma senzaimplicare con questo che esso non possa avere piu componenti, viene visto, in ognipunto dello spazio-tempo, come una sorta di coordinata lagrangiana generalizzatae come tale, in MQ, esso e un operatore che agisce nello spazio di Hilbert deglistati. La sua evoluzione, cioe le equazioni del campo, sono ottenute a partireda una opportuna Lagrangiana nel campo e nelle sue derivate L(Φ(x), ∂Φ(x), x),attraverso il principio di minima azione, che fornisce, come e noto, l’equazione

∂L∂Φα

− ∂µ∂L

∂(∂µΦα)= 0 (2.1)

dove abbiamo riportato esplicitamente l’eventuale indice associato alle possibilicomponenti del campo Φ.

Sempre attraverso la lagrangiana possiamo poi definire l’impulso coniugatoal campo (ricordiamo che il campo in ogni punto deve essere visto come unacoordinata lagrangiana generalizzata ...)

Π(x) =∂L∂Φ

(2.2)

e quindi stabilire l’algebra del campo, attraverso le regole di commutazione (oanticommutazione) canoniche.

Un concetto cruciale per la comprensione del quadro attuale delle particelleelementari e delle loro interazioni, su cui vogliamo adesso fare qualche consider-azione di carattere generale, e certamente quello della simmetria5,6.

5A questo proposito, ricordiamo che, come avremo modo di giustificare in seguito, un oper-atore O che descriva un isomorfismo unitario o antiunitario dello spazio di Hilbert degli statiin se, e detto costituire una simmetria del sistema considerato.Essa e conservata o esatta se lo stato di minima energia (vuoto) e non degenere ed O-invariante,mentre la lagrangiana del sistema risulta invariante in forma sotto la trasformazione in ques-tione, ovvero se l’operatore O commuta con l’hamiltoniana del sistema e dunque ne rispetta ladinamica.Si parla poi, invece, di simmetria rotta spontaneamente se lo stato di minima energia e degeneree non invariante sotto O, mentre la simmetria e detta semplicemente rotta se la lagrangiananon e invariante in forma sotto O, ovvero se O non commuta con l’hamiltoniana del sistema.

6La parola simmetria significa ”della stessa misura” ed esprimeva, nel mondo greco, il con-

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Nel seguito tratteremo piu diffusamente il caso delle simmetrie discrete, manon possiamo non richiamare brevemente uno dei risultati piu importanti ottenuti

cetto di commensurabilita, proporzione, rapporto armonico di dimensioni ... e per questo eralegato anche al concetto stesso di bellezza. Da allora, il concetto di simmetria si e evolutoe certamente una sua definizione fra le piu espressive e chiare e quella operativa di HermannWeyl, secondo il quale una entita possiede una simmetria se c’e qualcosa che possiamo fargliin modo che, dopo che l’abbiamo fatta, l’entita in questione continua ad apparire esattamentecome prima. In questa accezione, simmetria e invarianza risultano evidentemente sinonimi.La simmetria che in Natura e molto comune e quella destra-sinistra, cioe la simmetria bilateraleo chirale: una specie di prendi 2 e paghi 1 !L’insieme delle operazioni che lasciano invariante un sistema assegnato forma, come oggi sap-piamo, un gruppo, ed e proprio questo strumento matematico che ha reso, poi, estremamentefertile il concetto di simmetria in Fisica.Ma come si e arrivati al concetto di gruppo di simmetria ?Dal tentativo di trovare la formula risolutiva delle equazioni algebriche di grado duperiore alquarto ! Vediamo brevemente come e successo, visto che questo e molto istruttivo anche quantoal modo stesso in cui dovremmo considerare l’opportunita della Ricerca di base ...L’idea dell’equazione di primo grado e quindi l’idea stessa dell’incognita era nota, forse, gia inepoca babilonese (1650 a.C., papiro di Ahmes) e si sapeva anche come risolverla

ax + b = 0 ⇒ x = −b/a

Anche l’equazione di secondo grado ax2 + bx + c = 0 si sa risolvere da tempo immemorabile,certamente da Diofanto (250 d.C.) in poi, anche se venivano cercate solo soluzioni positive(superfici, lunghezze, compensi ...) per cui accadeva talvolta che le soluzioni erano due, talvoltauna sola e talvolta addirittura nessuna !E’ solo da Gauss (1777 − 1855) in poi, infatti, che sappiamo che, pur di cercare le soluzioninel posto giusto, cioe nel campo complesso, una equazione di grado n ammette n soluzioni(eventualmente in parte coincidenti). Comunque, ben prima di Gauss, cioe fin dall’inizio delsedicesimo secolo, si sapeva risolvere l’equazione generale di terzo grado (Del Ferro, Tartaglia,Cardano) ed anche quella di quarto grado (Ferrari, 1545); pero, quanto all’equazione di quintogrado, ogni sforzo continuava miseramente a fallire !Furono Ruffini (1799) ed Abel (1824) i quali, indipendentemente, dimostrarono che ogni sforzoper trovare una risolvente generale era vano, ma la vera spiegazione del motivo del fallimentofu trovata successivamente da Evariste Galois (1832), il quale affronto il problema da un latocompletamente nuovo, ed e qui che entra la simmetria ! Egli provo a caratterizzare le equazioniattraverso le proprieta di permutazione dei polinomi a coefficienti razionali che si annullanosulle soluzioni dell’equazione data.Sembra un discorso complicato ma non lo e: prendiamo, per esempio, la generica equazione(propria) di secondo grado x2 + bx + c = 0 con b, c razionali. Se x1 ed x2 sono le sue radici,allora

(x− x1)(x− x2) = x2 + bx + c ⇒ b = −(x1 + x2); c = x1x2

dunque esistono almeno due polinomi razionali indipendenti

P1(α, β) = α + β + b; P2(α, β) = αβ − c

che si annullano sulle soluzioni dell’equazione data, ed essi sono simmetrici per scambio.L’idea di Galois fu dunque di considerare tutti i polinomi a coefficienti razionali che si annullanosulle radici dell’equazione data. Le permutazioni delle variabili del polinomio che lascianoinvariante il suo valore (nullo) quando viene valutato sulle soluzioni dell’equazione costituisconoil gruppo di Galois associato all’equazione. Egli dimostro, in generale, che questo gruppo

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nel ventesimo secolo, riguardo al legame fra simmetrie e costanti del moto, cioeil Teorema di Noether (1918) (per la dimostrazione e maggiori dettagli, vediAppendice).Questo Teorema vale per simmetrie ”continue”, descritte cioe da un gruppo di Lieed afferma che, per ogni parametro del gruppo, esiste una corrente conservata.Piu precisamente, esso stabilisce che, data una lagrangiana L(φ(x), ∂µφ(x), x) laquale sia invariante in forma sotto le trasformazioni descritte da un gruppo diLie G(ωa), allora, se l’azione della generica trasformazione del gruppo descrittadal parametro ωa e tale che, quando esso sia preso infinitesimo, risulta

x → x′ : x′µ = xµ + Λµa(x)ωa ≡ xµ + δxµ (2.3)

φα(x) → ψα(x′) : ψα(x′) = (δαβ + Γα

aβ ωa) φβ(x) ≡ φα(x) + δφα(x) (2.4)

ne segue che le quadricorrenti

Θµa(x) ≡

[−Γα

aβ φβ(x) + ∂νφα(x) Λν

a(x)] ∂L∂(∂µφα)

− LΛµa(x) (2.5)

sono tutte, separatamente conservate.Due brevi applicazioni per tutte (per maggiori dettagli, cfr. Appendice) ...Se la lagrangiana non dipende esplicitamente dalle coordinate spazio-temporali,ovvero se L = L(φ(x), ∂µφ(x)), allora essa e necessariamente invariante in formasotto il gruppo di Lie a quattro parametri delle traslazioni, la cui azione e definitada

x → x′ : x′µ = xµ + δµ

a ωa ⇒ Λµa = δµ

a (2.6)

φα(x) → ψα(x′) = δαβ φβ(x) ⇒ Γµ

aβ = 0 (2.7)

per cui, secondo la (2.5), le seguenti quattro correnti (ponendo, per maggiorechiarezza di notazioni, a = ν)

Θµν(x) = [∂ρφα(x) δρ

ν ]∂L

∂(∂µφα)− L δµν = ∂νφ

α(x)∂L

∂(∂µφα)− L δµν (2.8)

coincide con il gruppo Sn delle permutazioni di n oggetti, dove n e il grado dell’equazione.Galois dimostro altresı che le radici di un’equazione potevano essere espresse a partire dallequattro operazioni ed estrazioni di radice su espressioni costruite con i suoi coefficienti se e solose, ordinando il gruppo in sottogruppi normali (S e un sottogruppo normale se, dato comunqueun elemento x del gruppo, allora sSx−1 = S) massimali, i rapporti fra le loro cardinalita eranonumeri primi.Nel caso di S2, S3 ed S4 questo e vero, mentre da S5 in poi questo diventa falso ...

E’ dunque per questa strada che si giunse al concetto di gruppo ed in particolare a quello digruppo di simmetria. Ma una volta definito il gruppo, questa entita matematica astratta puovenire slegata dalla sua particolare rappresentazione su un qualunque sistema assegnato, percui si e finito oggi per separare il concetto di simmetria (operazione) da quello di invarianza(effetto dell’operazione sul sistema dato).

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soddisfano separatamente la condizione di conservazione ∂µΘµν(x) = 0 e dunquerisulta che, definendo

Pν(t) ≡∫

d3x Θ0ν(x) (2.9)

questa ”carica” e conservata nel tempo, ovvero e una costante del moto.Nel caso presente, non e difficile riconoscere nella (2.8) la definizione del tensoreenergia-impulso

Tµν(x) =∂L

∂(∂µφα)∂νφ

α(x) − L δµν (2.10)

per cui il teorema di Noether mostra come la conservazione del quadrimpulso inun sistema isolato sia la conseguenza dell’invarianza (simmetria) per traslazionidella lagrangiana del sistema considerato.Prima di continuare, osserviamo che, usando il tensore (2.10), possiamo riscriverein modo piu semplice anche la (2.5), mettendo in evidenza, nella corrente con-servata, il contributo legato all’effetto della trasformazione sulle coordinate (δx)e quello (δφ) sui campi stessi. Si ha infatti

Θµa(x) ≡[−Γα

aβ φβ(x) + ∂νφα(x) Λν

a(x)] ∂L∂(∂µφα)

− LΛµa(x) =

= −Γαaβ φβ(x)

∂L∂(∂µφα)

+ Tµρ(x) Λρa(x) (2.11)

Passiamo adesso al secondo esempio di applicazione del Teorema di Noether,particolarmente rilevante nell’ambito della Meccanica Quantistica.Assumiamo che la Lagrangiana L riguardi i campi ψ ≡ ψ1 e ψ∗ ≡ ψ2, indipendentinel senso della loro parte reale e immaginaria. Assumiamo altresı che L siainvariante in forma sotto una trasformazione di gauge di prima specie7, i.e. sottola trasformazione infinitesima interna ai campi

x′µ → xµ

ψ → ψ + iα ψψ∗ → ψ∗ − iα ψ∗

⇒Λµ(x) = 0 ;

Γ11 = i ; Γ1

2 = 0 ;Γ2

1 = 0 ; Γ22 = −i ;

In questo caso, la corrente conservata garantita dal Teorema di Noether, in basealla (2.11), poiche la trasformazione non ha effetto sulle coordinate, e unicamentedeterminata dal solo effetto sui campi ed ha la forma seguente

Jµ(x) = i

[− ∂L

∂(∂µψ)ψ +

∂L∂(∂µψ∗)

ψ∗]

(2.12)

che, come avremo modo di vedere, e proporzionale, in generale, alla densita dicorrente elettromagnetica (ovvero alla densita di probabilita, nello schema diprima quantizzazione).

7In questo caso il gruppo di simmetria e il gruppo di Lie (abeliano) ad un parametro U(1)fatto dagli elementi eiαA, dove A e il generatore del gruppo stesso che, nella rappresentazionedel gruppo che descrive la gauge di prima specie coincide semplicemente con l’unita.

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2.1.1 Simmetrie discrete in Meccanica Quantistica

Tutte le particelle elementari sono descritte da un campo Φ(x), in generalecomplesso, le cui proprieta di trasformazione dipendono dalle caratteristichespecifiche della particella stessa.Se il campo e intrinsecamente complesso, ovvero se, piu propriamente, Φ(x)†

e indipendente da Φ(x), allora particella e antiparticella risultano distinte (puravendo esse la stessa massa e lo stesso spin), mentre se questo non accade come,per esempio, nel caso di un campo reale, la particella descritta e una sola eparticella ed antiparticella coincidono8: il discrimine fra i due casi e l’eventualepresenza di carica (non necessariamente elettrica ...) associata alla particella:affinche essa possa essere antiparticella di se stessa e necessario che tutte le suecariche siano nulle. Dunque, per esempio, nel caso dei fermioni, essendo essi tipi-camente carichi, la particella risulta solitamente distinta9 dall’antiparticella10.

Nemmeno per i bosoni neutri (come il fotone) pero la cosa e cosı automatica:per esempio, il π0 e antiparticella di se stesso, ma il K0 no !

Il punto sta nella legge di trasformazione del campo per coniugazione di caricaC, una simmetria discreta che, insieme alla inversione temporale T ed alla paritaP vogliamo adesso provare ad approfondire.

8Un caso in cui questo accade e, per esempio, quello del fotone: il campo Aµ e intrinseca-mente reale ed il fotone non e diverso dall’antifotone.

9Questo non e in nessun modo una necessita legata al fatto che il campo usato per descriverei fermioni e spinoriale, infatti il campo di Majorana, pur essendo spinoriale, non distingue laparticella dall’antiparticella. Dipende invece dal fatto che il campo ed il suo aggiunto siano ono indipendenti fra loro.

10Per i neutrini non e ancora chiaro se questo sia vero, cioe se si tratti di particelle di Dirac(⇒ neutrino 6= antineutrino) o di Majorana (⇒ neutrino ≡ antineutrino).Ricordiamo, per prima cosa, che noi siamo soliti definire antineutrino quella particella che,interagendo, puo convertirsi in un leptone carico positivamente, cioe in un antileptone, o che,in un processo di interazione debole, viene emesso simultaneamente ad un leptone carico nega-tivamente. In modo analogo definiamo il neutrino come quella particella che, interagendo, puoconvertirsi in un leptone negativo oppure che e emesso, in un processo debole, simultaneamentead un leptone positivo.E’ lecito ora chiedersi, pero, quale sia la caratteristica intrinseca che rende un neutrino capacedi produrre leptoni negativi e che conferisce all’antineutrino le caratteristiche opposte.Se i neutrini hanno massa non nulla, sono possibili due risposte distinte.

La prima possibilita e che i neutrini posseggano una pseudocarica (additiva), il numero lep-tonico, che si conserva rigorosamente e che vale −1 per neutrini e leptoni carichi negativamente,e +1 per antineutrini e leptoni carichi positivamente. In questo caso, il neutrino e distinto dallasua antiparticella dal numero leptonico, in modo simile a quanto avviene per esempio perl’elettrone quanto alla carica elettrica. Si parla allora di ”particella di Dirac” in quanto glistati (liberi) di un tale neutrino possono essere descritti in termini di soluzioni dell’equazionedi Dirac, i.e.

(iγµ∂µ −m)Ψ(x) = 0

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Per chiarire meglio il significato di queste simmetrie, inizieremo trattandolenell’ambito dello schema di prima quantizzazione, ovvero nell’ambito della Mec-canica Quantistica non relativistica elementare.

Anche se puo sembrare banale, inizieremo con il puntualizzare, in questocontesto, la distinzione fra proprieta cinematiche e dinamiche di un sistemafisico, perche questo e un punto che deve essere ben chiaro, per poter afferrarepoi compiutamente il concetto stesso di simmetria, che vogliamo discutere.

A questo scopo inizieremo richiamando, innanzitutto, alcuni aspetti formalirelativi alla formulazione della MQ, che, del resto, dovrebbero essere gia a tuttiben noti, e che sono essenziali perche sia chiara la distinzione in questione. Questiaspetti riguardano

C’e pero una seconda possibilita in accordo con i dati sperimentali secondo la quale tutte leparticelle che chiamiamo neutrini potrebbero essere semplicemente caratterizzate dall’avere unaelicita negativa, mentre per gli antineutrini essa sarebbe positiva. Potremmo quindi attribuireall’elicita il ruolo di distinguere neutrini da antineutrini.In questo caso neutrino ed antineutrino sono semplicemente la stessa particella, differenziatesolo dallo stato di spin: il numero leptonico non ha nessun significato fisico ne, tantomeno, siconserva.Un neutrino siffatto puo essere descritto in termini di soluzioni dell’equazione di Majorana(E. Majorana, Teoria simmetrica dell’elettrone e del positrone , Il Nuovo Cimento 14 (1937)171-184), i.e.

iγµ∂µΨ(x)−mΨC(x) = 0

dove ΨC(x) ≡ iγ2Ψ∗(x) (questo e equivalente alla notazione che useremo in seguito per il campodi Dirac, in cui ΨC = C−1Ψt, con C = iγ0γ2 = −C−1).Nel caso particolare in cui Ψ = ΨC , l’equazione descrive una particella che coincide con lapropria antiparticella, i.e. una particella di Majorana.

Se i neutrini sono privi di massa, le due descrizioni sono indistinguibili. Essendo in questocaso l’elicita una grandezza conservata, scegliere una descrizione o l’altra risulta solo in unapura operazione di natura nominalistica, in cui si sostituisce, per esempio, l’espressione ”elicitanegativa” a quella ”numero leptonico = −1 ” e viceversa.In questo caso, i neutrini di Dirac hanno solo due componenti sterili che quelli di Majorana nonhanno, ma non ci sono differenze osservabili particolari legate alle interazioni deboli.

Se pero i neutrini hanno una massa non nulla, allora l’elicita non e un buon numero quantico,come lo dimostra il fatto che un opportuno boost di Lorentz e in grado di cambiarne il valore,per cui, passando da un riferimento ad un altro, un neutrino puo apparire come un antineu-trino e viceversa. Inoltre, poiche le interazioni deboli selezionano stati di chiralita definita equesti coincidono con quelli di elicita solo se la massa e nulla, nel caso di neutrini massivi diMajorana diventa possibile, per esempio, il decadimento doppio beta senza emissione di neutrini(decadimento proibito nel primo schema in cui il numero leptonico L e conservato),

(A,Z) → (A,Z + 2) + 2e−

proprio perche la particella emessa nel decadimento beta, per via della presenza del proiettorechirale χ− nella corrente debole carica, e in realta uno stato misto, fatto quasi completamentedi un antineutrino (elicita= +1), con una piccola ”contaminazione” di neutrino (elicita= −1):quest’ultimo puo quindi essere riassorbito dal nucleo (A,Z + 1) con conseguente seconda emis-sione beta.

14

• la struttura matematica entro cui l’evoluzione temporale (il moto) e gli statidel sistema fisico vengono descritti;

• il set delle osservabili cinematiche (quantita misurabili, la cui definizioneoperativa prescinde dalle interazioni, ovvero dalle forze) e le relazioni (noncausali) fra di loro (come le loro regole di commutazione) che determinano lastruttura specifica dell’algebra delle osservabili associata ad un dato sistemafisico;

• la struttura generale delle equazioni della dinamica, che forniscono la re-lazione causale fra le variabili cinematiche.

Iniziamo dal primo punto, cioe dalla struttura matematica.Dalla teoria elementare della MQ (prima quantizzazione) sappiamo che

1. ogni stato puro e descritto da un raggio |ψ > (sottospazio lineare unidi-mensionale, privato del vettore nullo) in uno spazio di Hilbert separabile11

H;

2. se |a > e |b > sono due vettori dello spazio di Hilbert H degli stati, allora,dati α e β numeri complessi qualsiasi, anche il vettore |ψ >= α|a > +β|b >rappresenta uno stato12 possibile del sistema (principio di sovrapposizionelineare);

3. ogni quantita misurabile e rappresentata da un operatore lineare hermitianoda H in se;

4. i soli valori ottenibili da una misura di un’osservabile sono gli autovaloridell’operatore hermitiano associato;

5. il valore di aspettazione di una data osservabile Q su uno stato puro |ψ >e < ψ|Q|ψ > quando < ψ|ψ >= 1.

Veniamo ora al secondo punto, relativo alle proprieta cinematiche delle osservabilidel sistema.Le relazioni cinematiche sono definite attraverso l’algebra degli operatori cherappresentano le variabili del sistema e sono usualmente formulate come regoledi commutazione, le quali determinano appunto la struttura dell’algebra delleosservabili. Esempi ben noti sono

[x, p] = ih (2.13)

[Ji, Jj] = i h εijk Jk (2.14)

11Uno spazio di Hilbert H e separabile se e solo se ogni suo elemento puo essere scritto comesovrapposizione di elementi di una base ortonormale numerabile opportuna e1, e2, ..., en, ... .

12Ignoreremo, per il momento, il problema dell’esistenza delle regole di superselezione.

15

Altre proprieta interne (ulteriori gradi di liberta ...) del sistema come, per esem-pio, lo spin isotopico, richiedono l’introduzione di altre variabili e delle relativeregole di commutazione sia fra di loro che con le altre variabili che servono acaratterizzare il sistema.

Circa, infine, l’ultimo punto relativo alla dinamica, sappiamo che quest’ultimae definita completamente dall’operatore hamiltoniano H, il quale e esso stesso unaosservabile, funzione, in generale, di variabili cinematiche (~p, ~x, etc...).Nella Schroedinger Picture (SP ), come sappiamo, sono gli stati ad evolvere, i.e.

i h∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > (2.15)

mentre nella Heisenberg Picture (HP ) evolvono le osservabili e risulta equivalen-temente che, se H non dipende esplicitamente dal tempo, e

i h Q(t) = [Q(t), H] (2.16)

Dopo aver puntualizzato questi aspetti generali ben noti, torniamo adesso allaquestione generale di che cosa debba essere considerato una Simmetria in MQ.

Come sappiamo, il prodotto scalare fra vettori di stato che siano normalizzatiha, in MQ, un significato fisico ben preciso:

| < a| b > |2 (2.17)

rappresenta la probabilita di transizione fra gli stati |a > e |b >, ovvero, peresempio, la probabilita che, effettuando una misura13 sullo stato | b >, si possaottenere come risultato lo stato | a >.Si capisce quindi la ragione per la quale, ad una Simmetria del sistema, che as-sumeremo genericamente rappresentata dall’operatoreO, e richiesto di conservarela (2.17), i.e., di essere tale per cui

| < O a|O b > |2 = | < a| b > |2 ∀| a >, | b >∈ H (2.18)

In altre parole, ad una Simmetria e richiesto di essere un isomorfismo fra gli stati,tale da mantenere invariata la loro soggiacente struttura probabilistica.Segue14 allora dalla (2.18) che possono aversi solo due casi15 : o l’operatore O e

13L’osservabile corrispondente deve avere | a > come suo autovettore ...14La dimostrazione si trova nell’Appendice al Capitolo 20 del libro

E. P. Wigner: Group Theory and its applications to the quantum mechanics of the atomicspectra, Academic Press, New York 1959.oppure nell’Appendice A del secondo Capitolo del libroS. Weinberg: The Quantum Theory of Fields, Cambridge Univ. Press, 1995.

15Una Simmetria e un cambiamento di punto di vista e come tale non deve poter influenzare

16

lineare e allora la Simmetria che esso descrive e rappresentata da un operatore

i risultati di possibili esperimenti.Se un osservatore vede un sistema fisico in uno stato (puro) rappresentato da un raggio R1 o R2

o, genericamente, Rn, allora un altro osservatore, in virtu della trasformazione di simmetria,vedra il sistema, rispettivamente, negli stati descritti dai raggiR′1, R′2, ..., R′n: i due osservatori,pero, osservando lo stesso sistema da punti di vista differenti, dovranno comunque concordaresul valore delle probabilita di transizione fra stati corrispondenti, i.e.

P (Ri →Rj) ≡ P (R′i → R′j) (2.19)

e questa e l’unica condizione che viene messa affinche si possa parlare di simmetria.

Si osservi che, in base a quanto stiamo dicendo, a priori dobbiamo intendere la simmetriacome definita, al momento, solo sui raggi e, di conseguenza, quindi, definita su almeno unvettore normalizzato per raggio.Ricordiamo a questo proposito che un vettore di stato normalizzato |e > e definito e definisceun raggio R ≡ a eiα |e >, a > 0, α ∈ R nello spazio di Hilbert H degli stati (il raggio e,tecnicamente, un sottospazio vettoriale unidimensionale di H, privato dell’origine...).Questo significa che se Ra ed Rb sono due raggi qualsiasi, individuati rispettivamente, modulouna fase, dai vettori normalizzati |φ > e |ψ >, allora S e una Simmetria se e solo se, essendoSRa ed SRb i raggi corrispondenti attraverso S ad Ra e Rb e |S φ > e |S ψ > i vettorinormalizzati che, sempre modulo una fase, individuano i raggi trasformati, risulta

| < Sφ|Sψ > |2 = | < φ|ψ > |2 (2.20)

Vogliamo dimostrare, seguendo la strada tracciata da Wigner gia nel 1931, che, in questa ipotesi,S e un operatore unitario oppure antiunitario.

Iniziamo dimostrando che S deve essere invertibile sui raggi e per questo procediamo perassurdo. Se S non e invertibile, allora esisteranno due raggi differenti Ra e Rb, individuati dadue opportuni vettori normalizzati |φ > e ψ > indipendenti, i quali sono mandati da S nellostesso raggio SR, e quindi

|Sφ >= |Sψ > (2.21)

Ma allora, da un lato avremmo che

| < Sφ|Sψ > |2 = | < Sφ|Sφ > |2 = 1 (2.22)

mentre dall’altro dovremmo avere

| < Sφ|Sψ > |2 = | < φ|ψ > |2 < 1 (2.23)

essendo, per ipotesi, i due vettori |φ > e ψ > indipendenti e normalizzati.Consideriamo adesso una base ortonormale numerabile in H (lo spazio di Hilbert, per ipotesi,

e separabile e dunque ammette almeno una base ortonormale numerabile), fatta dai vettori|ek >, k = 1, ..., n, ..., ciascuno dei quali indivividua, quindi, il raggio Rk ≡ a eiα |ek >.Per ipotesi, dunque

< ei|ej >= δij (2.24)

Consideriamo adesso i raggi trasformati dalla simmetria S, i.e.

Rk → SRk ≡ R′k = b eiβ |Sek > (2.25)

17

O = U unitario, infatti

< U a|U b >≡< a|U † U b >=< a| b > ⇔ U † U = I (2.51)

dove i vettori normalizzati |Sek >, sulla base del fatto che e loro richiesto solo di definire i raggiSRk , sono evidentemente definiti a meno di una fase arbitraria.

Vogliamo dimostrare che anche |Sek > e una base ortonormale dello spazio di Hilbert dato.Infatti, dalla (2.20) segue che

| < ei|ej > |2 = δij = | < S ei|S ej > |2 (2.26)

e dunque i vettori S ej costituiscono un set di vettori ortonormali. Perche essi costituiscanouna base, occorre che non esista alcun vettore non nullo che sia ortogonale a tutti loro.Di nuovo procediamo per assurdo e sia |Ω > questo vettore che, senza perdita di generalita,potremo assumere normalizzato. Per ipotesi

∀j : < Ω|S ej >= 0 (2.27)

Il vettore |Ω > individua comunque un raggio che, essendo S invertibile sui raggi, e controim-magine di un altro opportuno raggio descritto (modulo una fase) dal vettore normalizzato cheindicheremo con Ω , per cui risulta

|Ω >= |S Ω > (2.28)

Sostituendo nella (2.27) ed usando la (2.20, abbiamo

∀j : 0 = | < Ω|S ej > |2 = | < S Ω|S ej > |2 = | < Ω|ej > |2 (2.29)

e questo e impossibile perche Ω e normalizzato e quindi non nullo e |ei > e, per ipotesi, unabase: resta cosı dimostrato che |S ej > e anch’essa una base ortonormale.

Prima di continuare dobbiamo adesso cercare di fissare la convenzione di fase per i vettorinormalizzati |S ej >. Per questo consideriamo i vettori normalizzati

|φk >=1√2(|e1 > +|ek >), k > 1 (2.30)

Ciascuno di essi individua univocamente il raggio Rk che, attraverso la simmetria S, saratrasformato nel raggio R′

k ≡ SRk, a sua volta individuato da un opportuno versore |S φk > ,definito a meno di una fase. Per la (2.20), abbiamo

| < Sφk|Se1 > |2 = | < φk|e1 > |2 =12

= | < Sφk|Sek > |2 (2.31)

mentre, per la stessa ragione, tutti gli altri coefficienti dello sviluppo di |S φk > nella base|S ej > sono identicamente nulli. Dunque

|S φk >=1√2

(eiα |S e1 > +eiβ |S ek >

)(2.32)

Ma |S φk > e definito a meno di una fase e cosı pure i vettori normalizzati |S ej >: possiamodunque fissare la convenzione di fase in modo che risulti

∀k > 1 : |S φk >=1√2

(|S e1 > + |S ek >) (2.33)

18

e resta comunque ancora indeterminata una fase ”globale” del tutto irrilevante ...Ma che cosa accade ad un generico vettore normalizzato, relativo ad un generico raggio R ?Partiamo dunque dal vettore

|ψ >=∑

j

λj |ej > (2.34)

che assumeremo, senza perdita alcuna di generalita, essere tale che λ1 6= 0 (altrimenti basterarinominare i vettori della base ...). Sia adesso |Sψ > il versore (definito a meno di una fase)che individua il raggio trasformato SR. Chiaramente, dalla definizione stessa di base, segueche

|S ψ >=∑

j

λ′j |S ej > (2.35)

Ma usando la (2.20), ricaviamo subito che

∀j : | < ej |ψ > |2 = | < S ej |S ψ > |2 ⇒ |λj |2 = |λ′j |2 (2.36)

e analogamente

∀k > 1 : | < φk|ψ > |2 = | < S φk|S ψ > |2 ⇒ |λ1 + λk|2 = |λ′1 + λ′k|2 (2.37)

da cui, usando il fatto che abbiamo assunto, per ipotesi, λ1 6= 0, si ha

∣∣∣∣λ1 + λk

λ1

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣λ′1 + λ

′k

λ′1

∣∣∣∣∣

2

⇒∣∣∣∣1 +

λk

λ1

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣1 +λ′k

λ′1

∣∣∣∣∣

2

(2.38)

la quale implica che possano valere, in generale, solo le seguenti due possibilita

(a) :λk

λ1=

λ′k

λ′1

(2.39)

(b) :λk

λ1=

(λ′k

λ′1

)∗

(2.40)

A priori potrebbe accadere, comunque, che, al variare di k potesse valere l’una o l’altra delledue condizioni di cui sopra ...Non e cosı !Per dimostrarlo, procediamo per assurdo e supponiamo che per un indice k 6= 1 valga lacondizione (a) mentre per un indice j 6= 1 valga la condizione (b) (assumeremo che i rapportisiano intrinsecamente complessi e quindi deve essere necessariamente anche che j 6= k ...).Definiamo allora il vettore normalizzato

|φkj >=1√3(|e1 > +|ek > +|ej >) (2.41)

Poiche i rapporti fra i coefficienti che esprimono il vettore dato nella base dei vettori |ei > sonotutti reali, in ogni caso resteranno reali anche nel caso del vettore |Sφ > espresso nella base|S ei >, e quindi

|S φkj >=eiα

√3(|Se1 > +|Sek > +|Sej >) (2.42)

19

oppure l’operatore O e antilineare16, e allora la Simmetria e rappresentata da un

ma allora, ritornando al generico vettore di stato |ψ >, abbiamo che deve essere altresı

| < φkj |ψ > |2 = | < Sφkj |Sψ > |2 ⇒ |λ1 + λk + λj |2 = |λ′1 + λ′k + λ

′j |2 = (2.43)

unitamente al fatto che |λ1| = |λ′1|. Risulta allora

|λ1 + λk + λj |2 = |λ′1 + λ′k + λ

′j |2 ⇒

∣∣∣∣1 +λk

λ1+

λj

λ1

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣1 +λ′k

λ′1

+λ′j

λ′1

∣∣∣∣∣

2

(2.44)

e quindi, per l’ipotesi fatta sopra,

∣∣∣∣1 +λk

λ1+

λj

λ1

∣∣∣∣2

=∣∣∣∣1 +

λk

λ1+

(λj

λ1

)∗∣∣∣∣2

(2.45)

Ma in generale, dati due numeri complessi z e z′,

|1 + z + z′|2 =∣∣∣1 + z + z

′∗∣∣∣2

⇔ (=(z + z′))2 = (=(z − z′))2 ⇒ =(z) · =(z′) = 0 (2.46)

che, nel caso particolare della (2.45), in generale e falso.Resta dunque provato che, data una simmetria S che soddisfa la (2.20), puo accadere che

∀k :λk

λ1=

λ′k

λ′1

⇔ λ′k = λk

λ′1

λ1⇔ λ

′k = eiε λk (2.47)

oppure puo essere che

∀k :λk

λ1=

(λ′k

λ′1

)∗

⇔ λ′k = λ∗k

λ′1

λ∗1⇔ λ

′k = eiε λ∗k (2.48)

Ridefinendo la trasformazione a meno della fase globale eiε inessenziale, arriviamo alle sole duepossibilita:

(a) : λ′k = λk (2.49)

(a) : λ′k = λ∗k (2.50)

estendibili in modo ovvio a tutto lo spazio di Hilbert in modo che, nel caso (a) l’operatore chedescrive la simmetria sia lineare e unitario, mentre nel caso (b) sia antilineare e antiunitario.

16Ricordiamo che, nella ben nota terminologia di Dirac, ad ogni ket |ψ > dello spazio diHilbert H degli stati, e associato un bra < ψ| nel duale di H (coincidente con esso, data la suastruttura hilbertiana) tale che

|ψ >= α | a > +β | b > ⇔ < ψ| = α∗ < a |+ β∗ < b | (2.52)

Un operatore O dello spazio di Hilbert in se e lineare se accade che

O (α | a > +β | b >) = αO | a > +βO | b > (2.53)

mentre e antilineare se

O (α | a > +β | b >) = α∗O | a > +β∗O | b > (2.54)

20

Vediamo le conseguenze che discendono da queste definizioni.Se | e1 >, ..., | en >, ... e una base ortonormale dello spazio di Hilbert, allora ogni suo vettore eunivocamente rappresentato da un’unica combinazione lineare dei vettori della base.Posto dunque che sia

|ψ >= λi | ei > (2.55)

ne segue che per l’operatore lineare V risulta

V |ψ >= λi V | ei >≡ λi Vji | ej > (2.56)

dove la matrice complessa Vji descrive appunto l’azione dell’operatore V sugli elementi dellabase, i.e.

V | ei >≡ Vji | ej > ⇔ Vji ≡< ej |V ei >≡< ej |V | ei > (2.57)

Per l’operatore antilineare A, invece, risulta

A |ψ >= λ∗i A | ei >≡ λ∗i Aji | ej > (2.58)

dove la matrice complessa Aji descrive, anche in questo caso, l’azione dell’operatore A suglielementi della base assegnata, in modo formalmente identico al caso precedente, i.e.

A | ei >= Aji | ej > ⇔ Aji ≡< ej |Aei >≡< ej |A| ei > (2.59)

Come si vede, sugli elementi della base, gli operatori lineari e antilineari agiscono sostanzial-mente nello stesso modo, essendo la loro azione descritta in entrambi i casi da una opportunamatrice complessa. Cio che li differenzia e il comportamento sulle combinazioni lineari deglielementi della base. Inoltre, dati due vettori generici

|ψ >= λi | ei >, |φ >= µj | ej > (2.60)

per un operatore lineare si ha

< φ|V |ψ >≡< φ|V ψ >= µ∗j < ej |λi Vki ek >= µ∗j Vji λi (2.61)

mentre per un operatore antilineare si ha ancora

< φ |Aψ >≡ µ∗j < ej |Aψ > (2.62)

ma adesso e

|A ψ >= A (λi | ei >) = λ∗i A | ei >= λ∗i Aki | ek > (2.63)

per cui ne segue che

< φ |Aψ >= µ∗jλ∗i Aji (2.64)

Come si vede, la differenza rispetto al caso dell’operatore lineare e che i coefficienti dello sviluppodel ket a cui l’operatore antilineare e applicato, entrano nel prodotto scalare non direttamentema attraverso i loro complessi coniugati.Ad ogni operatore lineare V viene poi associato il suo aggiunto V †, ponendo

< V φ|ψ >≡< φ|V † ψ > ⇔ < V φ| =< φ|V † (2.65)

21

operatore O = A antiunitario, per il quale risulta

< A a|Ab >≡< a|A† Ab >∗ = < a| b >∗ (2.75)

Dalla definizione segue che per un operatore lineare e

< ei |V † ≡< V ei| = V ∗ji < ej | (2.66)

e dunque, definita la matrice V + come l’hermitiana coniugata della matrice V , si ha

< ei |V † ej >≡< ei |V †| ej >= (V +)ij (2.67)

ovvero, su due generici vettori |ψ > e |φ >, e appunto

< V φ|ψ > = < V (µiei)|λkek >= µ∗i V ∗ki λk = µ∗i λk (V +)ik

≡ < φ|V † ψ >= µ∗i λk (V +)ik

⇔ (V †) = V + (2.68)

Dunque, nel caso di un operatore lineare V , la matrice che descrive, in una base assegnata,l’operatore V † e la matrice V +, hermitiana coniugata della matrice che, nella stessa base,descrive l’operatore V stesso.

Anche per un operatore antilineare A si puo definire l’aggiunto A†, pero occorre qualchecautela, dato che la definizione usata per l’operatore lineare (2.65) non e piu direttamenteapplicabile, come lo dimostra il fatto che, se λ e un numero complesso qualsiasi, allora

< A(λφ)|ψ >=< λ∗Aψ|ψ >= λ < A φ|ψ > (2.69)

mentre

< λ φ|A† ψ >= λ∗ < φ|A† ψ > (2.70)

L’unica definizione di operatore aggiunto che sia coerente con il carattere antilineare di A einfatti quella secondo cui anche A† e antilineare e risulta

< A φ|ψ >≡< φ|A† ψ >∗ (2.71)

Abbiamo allora

< Aφ|ψ > = < A(µi ei)|λj ej >=< µ∗i Aki ek|λj ej >= µi A∗ki λk = µi λk(A+)ik

≡ < φ|A† ψ >∗=< µi ei|λ∗j (A†)kj ek >∗= [µ∗i λ∗j (A†)ij ]∗ = µiλj(A†)∗ij

⇒ (A†) = At (2.72)

Dunque, per l’operatore antilineare A, la matrice che descrive il suo aggiunto A† in una baseassegnata e la matrice (At), trasposta della matrice che, nella stessa base, descrive appuntol’operatore A.

Si parla infine di un operatore lineare V come di un operatore unitario se

< V φ|V ψ >≡< φ |V †V ψ >=< φ|ψ > ⇔ V †V = I (2.73)

mentre un operatore antilineare e definito antiunitario se

< A φ|Aψ >≡< φ |A†Aψ >∗=< φ|ψ >∗ ⇔ A†A = I (2.74)

22

Sempre a proposito degli operatori antiunitari, osserviamo che, fissata unabase ortonormale qualsiasi | e1 >, ..., | en >, ... possiamo definire su questa basel’operatore antiunitario K di coniugazione complessa nel modo seguente17

K | ei > ≡ | ei > ⇒ K∑

i

λi | ei >=∑

i

λ∗i | ei > (2.76)

Esso e antiunitario, infatti, se

|ψ >= λi | ei >, |φ >= µj | ej > (2.77)

allora risulta

K |ψ > = λ∗i | ei >;

K |φ > = µ∗j | ej > ⇒ < K φ| = µj < ej| (2.78)

e dunque

< K φ|K ψ >= µi λ∗i ≡< ψ|φ > (2.79)

Evidentemente, poi, dalla (2.76) risulta altresı che

K2 = I ⇔ K = K−1 (2.80)

e siccome K e antiunitario, dunque tale per cui K† K = I, evidentemente si ha

K = K† (2.81)

In termini di questo operatore K, dimostreremo adesso che ogni operatoreantiunitario A si puo scrivere come

A = U K (2.82)

dove U e un opportuno operatore unitario.Consideriamo infatti l’operatore AK e dimostriamo che esso e unitario.Poiche, per ipotesi, A e antiunitario, si ha infatti

< (AK)φ| (AK)ψ > = < K φ|K ψ >∗ ≡ < K ψ|K φ >=< φ|ψ > (2.83)

17Si osservi che, date due basi diverse |ei > ed |fj >, i due operatori di coniugazione complessaKe e Kf definiti in ciscuna base attraverso la (2.76) non coincidono, bensı differiscono peruna trasformazione unitaria. Abbiamo infatti che, poiche |ei > ed |fj > sono entrambe basiortonormali, potremo certamente scrivere |fj >= Uij |ei > per cui

Ke| fj >= U∗ij | ei >= U∗

ij(U−1)ki| fk >=

(U−1(U+)t

)kj| fk >≡ (

U−1(U+)t)kj

Kf | fk >

e la matrice U−1(U+)t = U−1(U−1)t e, evidentemente, unitaria ma, in generale, differentedall’identita ...

23

la quale dimostra come l’operatore AK = U sia appunto unitario18 e quindi,moltiplicando a destra per K e tenendo conto che K2 = I, che valga appunto la(2.82). Come gia detto, K viene chiamato operatore di coniugazione complessa.

Vale la pena vederlo in azione in un caso molto semplice.Consideriamo una particella senza gradi di liberta interni. Sappiamo allora chepossiamo scegliere come base dello spazio di Hilbert quella fatta dagli autovettori|x > della posizione, per cui, dalla definizione, in questa base e

K |x >= |x > (2.84)

Consideriamo lo stato |ψ >, descritto dalla funzione d’onda ψ(x),

|ψ >=∫

dx ψ(x) |x > (2.85)

Evidentemente questo stato viene trasformato dall’operatore K in quello descrittodalla funzione d’onda ψ∗(x), infatti

K |ψ >= K∫

dx ψ(x) |x >=∫

dx ψ∗(x) K |x >=∫

dx ψ∗(x) |x > (2.86)

Un altro modo equivalente per determinare la funzione d’onda associata allo statoK |ψ > e il seguente.Evidentemente, cosı come la funzione d’onda associata, in rappresentazione dellecoordinate, allo stato |ψ > e

ψ(x) =< x|ψ > (2.87)

analogamente la funzione d’onda associata, nella stessa rappresentazione, allostato K |ψ >, sara

< x|K ψ > (2.88)

D’altronde K e antiunitario, K2 = I e, per definizione, K|x >= |x >, per cuirisulta

< x|K ψ >=< K K x|K ψ >=< K x|K ψ >=< x|ψ >∗≡ ψ∗(x) (2.89)

E’ interessante, a questo punto, osservare, data la definizione (2.84), che cosasuccede ad un autostato dell’impulso. Si ha

| ~p >=1

(2π)3/2

∫d3x ei~p·~x | ~x > (2.90)

18In generale, risulta infatti che il prodotto di un operatore unitario per un operatore antiu-nitario e antiunitario, mentre il prodotto di due operatori antiunitari risulta unitario.

24

per cui, evidentemente, risulta

K| ~p >=1

(2π)3/2

∫d3x e−i~p·~x | ~x >= | − ~p > (2.91)

ovvero, avendo definito K in modo che lasci invariati gli autostati della posizione,ecco che questo operatore manda | ~p > in | − ~p >.Naturalmente, se altrettanto lecitamente avessimo definito K partendo dalla basedegli autostati dell’impulso |p >, sarebbero stati gli autostati della posizione acambiare di segno sotto il suo effetto ...

Ma riprendiamo adesso la questione delle Simmetrie in MQ.Abbiamo concluso con Wigner che una simmetria deve essere rappresentata daun operatore unitario o da un operatore antiunitario O , il quale manda lo spaziodi Hilbert degli stati H in se

O : H → H (2.92)

e dunque ne costituisce un isomorfismo che, nel linguaggio della teoria degli spazidi Hilbert, e un modo per dire che esso descrive una trasformazione di baseortonormale19

| ei >→ O| ei >≡ | ei >′: δij =< ei | ej >=< O ei | O ej > (2.94)

In Meccanica Quantistica, pero, sappiamo che gli effetti prodotti da unatrasformazione O sui vettori di stato, possono essere resi equivalentemente20 conla seguente trasformazione sulle osservabili Q del sistema

Q → Q′ = O† QO (2.95)

19E’ facile convincersi che questo vale sia nel caso (ovvio !) dell’operatore unitario che inquello dell’operatore antiunitario, visto che, in ogni caso risulta

| < Oei | Oej > | = | < ei |ej > | = δij (2.93)

20Se O e un operatore lineare, la conclusione e immediata per il fatto che risulta

< Oψ|Q|Oφ >=< Oψ|QOφ >=< ψ|O†QOφ >=< ψ|O†QO|φ >

Altrimenti, c’e una differenza legata al carattere antilineare dell’operatore, e risulta

< Oψ|Q|Oφ >=< Oψ|QOφ >=< ψ|O†QOφ >∗=< ψ|O†QO|φ >∗

25

per cui, nel caso di simmetrie in cui, come abbiamo visto, O† = O−1 possiamoequivalentemente adottare i due punti di vista per cui

a) |ei >→ |e′i >= O|ei >; Q → Q (2.96)

b) Q → Q′ = O−1 QO; |ei >→ |ei > (2.97)

Chiaramente, se indichiamo adesso con A l’algebra delle osservabili Q del sistemadato e con A′ quella definita dalle osservabili Q′, la simmetria O definisce a suavolta un isomorfismo fra le due algebre (peraltro coincidenti ...)

I : A → A′ per cui Q′ = I(Q) ≡ O−1 QO (2.98)

il quale, in quanto isomorfismo, conserva certamente le regole di commutazione(anticommutazione) fra gli operatori21 dell’algebra.

In molti casi, pero, non si conosce esplicitamente l’operatore O, ovvero ilsuo modo di agire sugli stati del sistema, bensı, magari, si hanno informazionia priori sulla forma che l’isomorfismo indotto da O dovrebbe produrre su un setopportuno di osservabili o operatori dell’algebra A.In questo caso, per definire O, si puo procedere partendo proprio da queste leggidi trasformazione, badando bene a verificare, comunque, la loro compatibilitacinematica con la struttura dell’algebra, i.e. la loro compatibilita con le regole dicommutazione o anticommutazione in essa definite.

Una simmetria, insomma, rispettera la struttura probabilistica presente nellospazio di Hilbert degli stati, e questo implica che essa sara anche una trasfor-mazione cinematicamente ammissibile.

Parleremo poi, come gia detto, di simmetria conservata se essa e anche com-patibile con la dinamica e di simmetria rotta, se invece questo non accade.

Per una simmetria conservata, se |ψ, t > e il risultato al tempo t dell’evoluzionetemporale dello stato |ψ, 0 > al tempo t = 0, allora deve accadere che O|ψ, t >descriva il risultato al tempo t dell’evoluzione temporale dello stato O|ψ, 0 > altempo t = 0, ottenuto a partire dalla stessa dinamica !

21Per capirci meglio, se R e una rotazione e OR l’operatore (unitario) che la rappresenta,allora, per esempio, per quanto riguarda il momento angolare, che e un operatore vettoriale, siavra

O−1R JiOR ≡ J ′i = RijJj (2.99)

e deve aversi (come in realta si ha)

[J ′i , J′j ] = i εijk J ′k (2.100)

cosı come e

[Ji, Jj ] = i εijk Jk (2.101)

26

E’ facile convincersi che se l’operatore O che descrive la simmetria e unitario,la simmetria e conservata se e solo se risulta [O, H] = 0, ovvero se l’operatoreche descrive la simmetria commuta con l’hamiltoniana.Partiamo infatti dall’equazione di evoluzione temporale per gli stati

ih∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > (2.102)

Se O commuta con l’hamiltoniana, allora data una qualsiasi soluzione |ψ, t >dell’equazione di evoluzione temporale (2.102), ecco che

ih∂

∂t|ψ, t > = H |ψ, t >⇒ O

(ih

∂

∂t|ψ, t >

)= OH |ψ, t >

⇒ ih∂

∂tO |ψ, t >= OH |ψ, t >= H O |ψ, t > (2.103)

i.e., anche O |ψ, t > e soluzione della (2.102).Il viceversa e altrettanto vero, infatti se per ogni soluzione |ψ, t > della (2.102),anche O |ψ, t > e soluzione, allora, per il solo fatto che |ψ, t > e soluzione, risulta

ih∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t >⇒ ih

∂

∂tO |ψ, t >= OH |ψ, t > (2.104)

mentre, per il fatto che anche O |ψ, t > e per ipotesi soluzione, risulta anche

ih∂

∂tO |ψ, t >= H O |ψ, t > (2.105)

ed il confronto fra le due relazioni mostra che

H O |ψ, t >= OH |ψ, t > (2.106)

su qualsiasi soluzione dell’equazione di evoluzione temporale.Essendo le funzioni in questione una base, questo implica appunto che

[O, H] = 0 (2.107)

In modo analogo, per una generica simmetria antiunitaria O, si arriva invecealla conclusione che, per essere conservata, essa deve anticommutare22 con H, i.e.

O, H = 0 (2.109)

22Se |ψ, t > e soluzione dell’equazione di evoluzione temporale e O, H = 0, allora

ih∂

∂t|ψ, t > = H |ψ, t >⇒ O

(ih

∂

∂t|ψ, t >

)= OH |ψ, t >

⇒ −ih∂

∂tO |ψ, t >= OH |ψ, t >= −H O |ψ, t > (2.108)

dunque anche O |ψ, t > e soluzione dell’equazione di evoluzione temporale per la stessa hamil-toniana. Analogamente si procede all’inverso ...

27

Questo fatto, pero ha come conseguenza che se |E > e autovettore di H perl’autovalore E, allora il vettore O|E > e autovettore di H per l’autovalore −Ee dunque lo spettro dell’hamiltoniana deve essere simmetrico rispetto all’origine.Questo, pero, non e possibile perche lo spettro dell’hamiltoniana H e limitatoverso il basso (esiste uno stato di minima energia del sitema), mentre non lo eper valori positivi ...Questa e la ragione per la quale Wigner, all’inizio, escluse la possibilita che es-istessero simmetrie antiunitarie: come vedremo, questa conclusione ha una ec-cezione che e proprio la time-reversal T (in cui, comunque H e T commutano !).

In alcune formulazioni, poi, nel concetto si simmetria si include pure la richi-esta che anche la dinamica libera sia compatibile con la trasformazione, ovveroche

[O, H0] = 0 (2.110)

dove

H0 =p2

2m(2.111)

Nel seguito del Corso, come gia anticipato, ci limiteremo a trattare solo il casodelle simmetrie discrete23 di parita P , di coniugazione di carica C e inversionetemporale (time-reversal) T .

23Il caso delle simmetrie continue e analitiche, cioe il caso in cui le simmetrie unitarie delsistema costituiscono un gruppo di Lie, non verra trattato.Ricordiamo soltanto che, in questo caso, ogni simmetria sara rappresentata nello spazio diHilbert degli stati del sistema da un operatore unitario che commuta con l’hamiltoniana.Affinche questo accada, occorre e basta che l’hamiltoniana commuti con i generatori del gruppo(o, piuttosto, con la loro rappresentazione nello spazio di Hilbert ...) i quali quindi, essendohermitiani, rappresentano osservabili che risultano dunque conservate durante l’evoluzione tem-porale del sistema.Di questo genere e la simmetria imposta dal principio di Relativita e dalla richiesta di omo-geneita dello spazio-tempo, secondo cui lo spazio di Hilbert degli stati di un qualunque sistemafisico che sia isolato deve essere isomorfo a se stesso quando si osservi il sistema dato da undiverso sistema di riferimento inerziale.Questo significa, come sappiamo, che deve essere definita sullo spazio di Hilbert degli stati delsistema una rappresentazione unitaria del gruppo di Poincare U(a,Λ), dove (a,Λ) e il genericoelemento del gruppo, con a generica traslazione nello spazio-tempo e Λ generica trasformazionedel gruppo di Lorentz ortocrono proprio.

28

2.1.2 La Parita

Consideriamo adesso la simmetria di parita P .Questa deve operare sulle osservabili rispettando il loro modo classico di trasfor-marsi ed inoltre, come ogni simmetria, deve essere cinematicamente ammissibile.Iniziamo richiedendo dunque che, sulla base dell’analogia classica, sia

~X → ~X ′ ≡ P−1 ~X P = − ~X (2.112)

da cui segue evidentemente24 che P | ~x > deve essere autovettore della posizione~X per l’autovalore −~x (ma non necessariamente coincidente con − | ~x > !).Una conseguenza25 e allora che P 2 | ~x > deve concidere, di nuovo, con il vettoredi stato iniziale, a meno di un possibile fattore di fase, i.e.

P 2 | ~x >= eiη | ~x > (2.114)

Siccome | ~x > e una base, se vogliamo che P 2 rispetti il principio di sovrappo-sizione, la fase η deve essere unica in tutto lo spazio di Hilbert degli stati e quindi,assumendo che P sia unitario, essa puo essere riassorbita26 nella definizione stessadell’operatore P in modo tale che risulti

P 2 = I (2.115)

Per quanto riguarda P , a priori saremmo autorizzati solo a dire che

P | ~x >= eiα(~x) | − ~x > (2.116)

ed il vincolo su P 2 impone solo che α(~x) + α(−~x) = 0.Assumeremo27 ancora, oltre al fatto gia citato che P sia unitaria, che la fase αnon dipenda da ~x e dunque, dovendo essere P 2 = I, potra essere solo

P | ~x >= ± | − ~x > (2.117)

24Infatti se |~x > e autovettore dell’osservabile ~X per l’autovalore ~x, allora, dalla (2.112) segueevidentemente che

~X ′|~x >= −~x|~x >= P−1 ~X P |~x >⇒ −~xP |~x >= ~X P |~x > (2.113)

25Stiamo qui assumendo che il sistema sia semplice e senza spin, altrimenti occorre tenereconto anche delle proprieta di trasformazione delle altre variabili che, insieme alle coordinate,costituiscono un set completo di osservabili per il sistema.

26Con questo intendiamo dire che se P 2| ~x > deve rappresentare lo stesso stato rappresentatodal vettore | ~x >, allora P 2(| ~x > +| ~y >) deve anch’esso coincidere con | ~x > +| ~y > a menodi un fattore di fase, e questo puo accadere solo se η e indipendente da ~x. Ridefinendo alloraP ≡ e−iη/2 P ecco che, nell’ipotesi che P sia unitario, P 2 = I ...

27Non dimentichiamoci, infatti, che quanto stiamo facendo e di cercare di arrivare aduna definizione di P , per cui abbiamo ampia liberta sul suo modo di operare, limitata solodall’analogia classica, dalla coerenza interna e dal fatto che vogliamo arrivare alla definizionedi una simmetria che, almeno nei casi in cui classicamente questo gia accade, sia conservata.

29

Chiameremo ”scalari” i sistemi per cui P | ~x >= | −~x > e ”pseudoscalari” quelliper cui, invece P | ~x >= −| − ~x >.

Osserviamo adesso che, avendo in questo modo definito l’operatore di paritaP su una base28, esso risulta completamente determinato.Vediamo dunque come agisce, per esempio, sull’operatore di impulso ~P .Ricordiamo che ~P e il generatore delle traslazioni spaziali, per cui una traslazioneinfinitesima δ~a e rappresentata dall’operatore

T (δ~a) ≈ I +i

h~P · δ~a (2.118)

Siccome, classicamente, una traslazione di a seguita da una parita e equivalentead una parita seguita da una traslazione di a nel verso opposto, ovvero di −a,per coerenza dobbiamo richiedere che

P T (δ~a) = T (−δ~a) P (2.119)

ovvero che (si osservi che δ~x qui e un parametro, non un operatore ...)

P(I +

i

h~P · δ~a

)=

(I − i

h~P · δ~a

)P = (2.120)

e dunque che

P (i ~P ) = −i ~P P (2.121)

Questa relazione, se l’operatore P e unitario, implica che, come ci aspettiamo inbase all’analogia classica, la parita anticommuti anche con l’impulso, i.e. risulti

P−1 ~P P = −~P (2.122)

Quanto poi all’azione indotta dalla simmetria di parita P sull’algebra delleosservabili, visto il modo come siamo arrivati alla sua definizione e cioe attraversola sua azione su una base (quella degli autostati delle coordinate ...), questa nonpuo che essere compatibile29 con le regole di commutazione che, in ultima analisi,si riducono a quelle canoniche fra posizione e impulso

[Xi, Pj] = ih δij (2.123)

28Di nuovo, stiamo qui assumendo di trattare il caso della particella singola senza spin.29Si osservi che se avessimo assunto P come antiunitario, allora per la (2.121) esso dovrebbe

commutare con l’impulso e questo sarebbe ancora compatibile con le regole di commutazionecanoniche!Solamente, secondo questa definizione, si andrebbe contro l’aspettativa classica, in base allaquale ci attendiamo che, sotto parita, tutte le grandezze vettoriali cambino di segno ...

30

dato che, come sappiamo, tutta l’algebra delle osservabili30 della particella mate-riale senza struttura interna poggia unicamente su queste regole di commutazione.

Perche poi questa simmetria sia conservata, come abbiamo gia detto, occorree basta che

[P, H] = 0 (2.126)

ovvero, essendo

H =|~P |22m

+ V (~x) (2.127)

occorre e basta31 che P−1 V P = V ⇔ V (−~x) = V (~x) , cioe, come c’era ovvia-mente da aspettarci, che il potenziale sia una funzione pari della posizione.

30Un’altra variabile cinematica importante per il sistema di una particella singola senza spine certamente il momento angolare ~J . Esso, essendo definito come

~J = ~X × ~P (2.124)

ha proprieta di trasformazione sotto parita immediatamente deducibili da quelle della posizione(2.112) e dell’impulso (2.122), risultando, ovviamente,

[ ~J, P ] = 0 (2.125)

in accordo con quanto ci aspetteremmo in base all’analogia classica, visto che ~J e un vettoreassiale (pseudovettore).

31Si osservi che l’operatore di parita P cosı definito commuta certamente con l’hamiltonianalibera H0 = 1

2m |~p|2.

31

2.1.3 La Coniugazione di Carica

Un’altra simmetria discreta molto interessante e certamente quella della coni-ugazione di carica C. Essa e piu facilmente comprensibile nell’ambito della TeoriaQuantistica dei Campi e per poterne parlare in modo non banale nello schemadella prima quantizzazione, occorre considerare un sistema fatto da una carica ininterazione con il campo elettromagnetico, per cui l’hamiltoniana completa delsistema e

H =1

2m

(~P − e

c~A)2

+ e V =

=|~P |22m

− e

2mc

(~A · ~P + ~P · ~A

)+

e2

2mc2| ~A|2 + e V (2.128)

dove e e la carica elettrica, ~A e il potenziale vettore e V il potenziale scalare.E’ immediato verificare che l’hamiltoniana di cui sopra e invariante sotto

la seguente trasformazione di simmetria C del campo elettromagnetico e dellacarica elettrica

e → −e (2.129)

~A → − ~A (2.130)

V → −V (2.131)

con ~P e ~X invariati.Visto che gli operatori di impulso e di posizione non cambiano sotto C, affincheessa conservi le regole di commutazione e necessario solo che risulti

C−1i C = i (2.132)

ovvero che C sia lineare e non antilineare, e dunque sia una simmetria unitaria.Avremo modo di capirne meglio il significato ed il suo modo di agire quando

la riprenderemo nell’ambito della Teoria Quantistica dei Campi.

32

2.1.4 La simmetria di inversione temporale

Si tratta della simmetria discreta meno intuitiva di tutte.Intanto va notato che essa, nonostante il nome, non ha tanto a che vedere conl’inversione del tempo, quanto piuttosto con la reversibilita dei processi fisici.Per meglio capire di che si tratta, vale la pena iniziare addirittura dalla MeccanicaClassica, considerando appunto un sistema meccanico, per esempio un puntomateriale di massa m il quale, al tempo t abbia velocita ~v(t) e sia semplicementesoggetto, per esempio, alla forza di gravita.

Figure 2: Reversibilita della traiettorie di un punto materiale nel campo dellagravita

Al tempo t + ∆t, fissate le condizioni iniziali al tempo t, i.e.(~X(t) ≡ ~X0, ~v(t) ≡ ~v0

), il punto materiale si trovera nella posizione ~X(t + ∆t)

ed il suo stato di moto sara tale che

vx(t + ∆t) = v0x ≡ v′x; vy(t + ∆t) = v0y + g ∆t ≡ v

′y (2.133)

Chiedersi se c’e invarianza per inversione temporale (Time-reversal) della leggedel moto significa

• prendere come nuovo punto di partenza quello di arrivo, i.e.(~X(t + ∆t) ≡ ~X

′, ~v(t + ∆t) ≡ ~v

′);

• applicare la trasformazione di Time-reversal allo stato e dunque cambiareil segno della velocita ~v

′ → T (~v′) ≡ −~v

′, lasciando inalterata la posizione;

33

• lasciare evolvere lo stato cosı ottenuto ancora per il solito intervallo di tempo∆t, secondo la stessa dinamica;

• verificare se il nuovo stato finale cosı ottenuto coincide o meno con ilT−trasformato di quello di partenza.

Nel caso considerato della sola forza di gravita in assenza di attrito, questo ecio che effettivamente accade, infatti, dopo il tempo ∆t, la stessa legge di motoavra fatto sı che la nuova velocita acquisista dal punto materiale sia

v”x = T (v

′x) = −v0x

v”y = T (v

′y) + g ∆t = − (v0y + g ∆t) + g ∆t = −v0y

ed avra fatto ripercorrere a ritroso la stessa traiettoria descritta originariamentedal grave, per cui possiamo concludere che il moto di un punto materiale nelcampo della gravita e effettivamente T−invariante.E’ opportuno, comunque, puntualizzare che, nel trarre questa conclusione, abbi-amo implicitamente assunto che la massa m del corpo ed il campo della gravi-tazione non siano alterati dalla trasformazione di Time-reversal, ovvero che sianoT−invarianti. Per capire meglio cosa intendiamo dire, osserviamo che, nella trat-tazione precedente, nulla cambierebbe se, al posto di un punto materiale nelcampo della gravita ci fosse una carica elettrica in un campo elettrico ~E(~x) dato.Avremmo ancora reversibilita del moto, pur di assumere che la carica ed il campoelettrico siano invarianti per Time-reversal.Che succederebbe, pero, se oltre al campo elettrico fosse presente, per esempio,anche un campo magnetico?E’ evidente dall’espressione della forza di Lorentz che, visto che per Time-reversalla velocita cambia segno, affinche T possa essere una simmetria conservata in elet-trodinamica, occorre assumere che ~B, a differenza di ~E, cambi segno32 sotto T .

Tutto questo per dire che, nel momento in cui dovremo trattare un problemain cui e presente un’interazione con campi esterni, prima di trarre conclusioni,sara necessario tenere conto anche delle proprieta di trasformazione di questiultimi sotto la simmetria considerata ...

Un altro modo equivalente a quello esposto sopra per verificare se in un certosistema meccanico e rispettata l’invarianza per Time reversal e quello di partiredalla legge di moto

~x = ~x(t) (2.134)

e verificare se, sotto la trasformazione

T : t → t = −t (2.135)

~x(t) → ~xT (t) = ~x(t) (2.136)

32Questo non ha nulla di misterioso ne di contraddittorio con quanto accade per il campoelettrico, visto che il campo magnetico e prodotto da cariche in moto e che, sotto T , il moto siinverte di segno ...

34

la nuova legge di moto

~xT (t) = ~x(−t) (2.137)

implica comunque la stessa dinamica33 (relativamente alla variabile temporale t).

Ma veniamo adesso al problema della simmetria di Time-reversal in Mecca-nica Quantistica e poniamoci, per comodita, nella Schroedinger Picture.Alla luce di quanto detto sopra, se |ψ, t > e l’evoluto al tempo t dello stato |ψ >al tempo t = 0, vogliamo che, se T e rispettata, allora lo stato T |ψ, t >, lasciatoevolvere ancora per un tempo t, conduca di nuovo a T |ψ >.Ma come agisce l’operatore T sui vettori dello spazio di Hilbert ?Cosı come abbiamo fatto per la Parita e la Coniugazione di Carica, occupiamociinnanzi tutto di definire l’azione di T sulle consuete osservabili ~X e ~P , usandol’analogia classica e avendo bene in mente la necessita che questa definizione siaanche compatibile con le regole di commutazione canoniche (compatibilita cine-matica).Evidentemente, partendo dal significato classico che attribuiamo a questa sim-metria, richiederemo ragionevolmente che risulti

T−1 ~X T = ~X (2.143)

T−1 ~P T = −~P (2.144)

Queste due semplici richieste, pero, sono gia sufficienti per dirci che se vogliamoche T sia una simmetria, ovvero che rispetti le regole di commutazione canoniche

33Evidentemente, nel caso di un punto materiale di massa m soggetto ad una forza esterna~F = ~F (~x) , questo e sempre vero, poiche la seconda legge della dinamica

md2~x

dt2= ~F (~x) (2.138)

e invariante sotto la trasformazione t → t = −t , per la quale risulta

~x(t) → ~xT (t) = ~x(−t) = ~x(t) (2.139)

~x(t) → ~xT (t) = −~x(−t) = −~x(t) (2.140)

~x(t) → ~xT (t) = ~x(−t) = ~x(t) (2.141)

Piu in generale, in Meccanica Classica c’e invarianza per Time reversal quando il sistemae retto da un potenziale funzione solo delle coordinate e quindi il sistema e descritto da unalagrangiana del tipo

L =12

Aij qi qj − V (qi) (2.142)

che, chiaramente, e invariante in forma sotto la trasformazione (2.135), i.e. sotto la trasfor-mazione qi → qi , qi → −qi .

35

[xi, pj] = i h δij , allora e necessario che

T−1 i T = −i (2.145)

ovvero che T sia rappresentato da un operatore antiunitario34.Vediamo quindi che cosa deve essere richiesto35 all’hamiltoniana affinche la sim-metria di Time-reversal cosı introdotta sia conservata.Ripartiamo per questo dalla legge di evoluzione temporale degli stati che benconosciamo

i h∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > (2.148)

⇒ T H |ψ, t >= T i h∂

∂t|ψ, t > (2.149)

e poniamo per definizione

T |ψ, t >≡ |ψT , t > (2.150)

Per quanto detto, T sara una simmetria conservata se |ψT , t > evolve nellavariabile temporale t con la stessa dinamica (i.e., con la stessa hamiltoniana)secondo la quale lo stato |ψ, t > evolve nella variabile temporale t.Quali ne sono le implicazioni?

34Nel suo lavoro originario del 1932E.P. Wigner; Uber die Operation der Zeitumhehr in der QuantenmechanickNachr. Ges. Wiss. Gottingen, Math.-Physik Kl. 32, 546 (1932)Wigner richiede che l’hamiltoniana libera H0 sia T−invariante ed usa l’equazione di evoluzionetemporale nella Schroedinger Picture per dimostrare che T deve essere antiunitario.Questo viene dedotto dal fatto che l’equazione contiene il fattore ih ∂

∂t al primo ordine.Cio pero non e corretto, infatti, nel caso, per esempio, della generalizzazione relativisticadell’equazione del moto libero di una particella (scalare), l’equazione di Klein-Gordon e delsecondo ordine ...In realta l’antiunitarieta dell’operatore T e imposta dal rispetto delle condizioni cinematicheovvero dal rispetto delle regole di commutazione fra posizione ed impulso !Si osservi che e ancora il carattere antiunitario di T a garantire la sua consistenza con le regoledi commutazione del momento angolare, i.e.

[Ji, Jj ] = i h εijk Jk (2.146)

dovendo essere, per la (2.143) e la (2.144) ed il suo significato classico

T−1 ~J T = − ~J (2.147)

35Si ricordera che, per una generica simmetria antiunitaria, avevamo dimostrato che, peressere conservata, essa doveva anticommutare con H, da cui, poi, il problema dello spettro diH non limitato verso il basso ...

36

Essendo, per ipotesi, T antiunitario, risulta

T i h∂

∂t= −i h

∂

∂tT = i h

∂

∂tT (2.151)

e quindi si ha

T H|ψ, t >= T i h∂

∂t|ψ, t >= i h

∂

∂tT |ψ, t > (2.152)

Se e solo se H e T commutano, i.e.

[H,T ] = 0 (2.153)

allora l’equazione (2.152) diviene

H T |ψ, t >= T H|ψ, t > = i h∂

∂tT |ψ, t >

⇒ H |ψT , t >= i h∂

∂t|ψT , t > (2.154)

la quale mostra che se |ψ, t > e soluzione dell’equazione di evoluzione temporaleper l’hamiltoniana H, allora anche |ψT , t >≡ T |ψ, t > lo e.

Quindi, per quanto riguarda l’operatore di inversione temporale T , possiamoconcludere che esso deve essere antiunitario e, affinche possa rappresentare unasimmetria conservata del sistema, cosı come nel caso delle simmetrie unitarie,deve commutare con l’hamiltoniana.

Vediamo adesso di esplicitare l’azione dell’operatore T nel caso piu semplicedella particella senza spin.Come sappiamo, lo stato fisico |ψ, t > di una generica particella di massa msenza spin e univocamente determinato dalla sua funzione d’onda

ψ(x, t) =< x|ψ, t > (2.155)

tale quindi per cui

|ψ, t >=∫

dxψ(x, t) |x > (2.156)

Per il fatto che T ed X commutano, poniamo

T |x >= |x > (2.157)

ovvero definiamo T sulla base degli autostati della posizione in modo che siacoincidente con l’operatore di coniugazione complessa K, che abbiamo preceden-

37

temente gia incontrato, definito sulla stessa base. Ne segue dunque che36

T |ψ, t >=∫

dxψ(x, t)∗ |x > (2.160)

e dunque che la funzione d’onda associata allo stato T |ψ, t >≡ |ψT , t > e sem-plicemente la funzione ψ∗(x, t) ≡ ψ∗(x,−t).Vediamo ora che, come c’era da aspettarsi dall’analogia classica, T e una simme-tria conservata se la particella interagisce con un potenziale funzione solo dellecoordinate. In quel caso, infatti, se ψ(x, t) e soluzione dell’equazione di evoluzionetemporale (equazione di Schroedinger)

i h∂ψ

∂t= H ψ (2.161)

con H = −h2

2m∇2 + V (x), allora, dovendo essere la funzione V reale affinche

l’operatore H possa essere hermitiano, evidentemente risulta, prendendo il com-plesso coniugato dell’equazione data, che vale anche la relazione

−i h∂ψ∗

∂t= H ψ∗ (2.162)

e dunque, essendo t = −t, che si ha

i h∂ψ∗

∂t= H ψ∗ (2.163)

che dimostra quanto enunciato sopra.

Allo scopo di fissare bene le idee su come agisce la trasformazione di TimeReversal prima definita, vale la pena, adesso, di vedere che cosa succede nel casodella particella libera (senza spin) di impulso definito ~p.Chiaramente lo stato | ~p, t >, posto E ≡ p2/2m, ha come funzione d’onda lafunzione

ψ(~x, t) ≡< ~x| ~p, t >=1

(2π)3/2ei~p·~x/h e−iE t/h (2.164)

36Ricordiamo che, partendo dalla definizione dell’operatore di coniugazione complessa definitosulla base delle coordinate, abbiamo gia visto, per la (2.91), che risulta

K | ~p >= | − ~p > (2.158)

ovvero, dato che abbiamo identificato T con K, ne risulta che l’operatore di inversione temporaleapplicato all’autostato dell’impulso per l’autovalore ~p lo trasforma nell’autostato dello stessooperatore per l’autovalore −~p, i.e.

T | ~p >= | − ~p > (2.159)

in perfetto accordo con quanto ci aspetteremmo in base all’analogia classica.

38

Per quanto abbiamo detto, la funzione d’onda associata allo stato T | ~p, t > risultacoincidere con la funzione che si ottiene dalla (2.164) prendendone la complessaconiugata, ma scritta come funzione di t = −t, i.e.

< ~x|T | ~p, t >= ψ∗(~x, t) = ψT (~x, t) (2.165)

e dunque

ψT (~x, t) =1

(2π)3/2e−i~p·~x/h e−iE t/h (2.166)

da cui, evidentemente, ne concludiamo che lo stato T | ~p, t > risulta avere impulsoopposto a quello dello stato iniziale (come avevamo gia osservato) ma continuaad avere la stessa energia dello stato di partenza, e non energia opposta (chenon significherebbe nulla di sensato ...), come potremmo erroneamente ritenere,basandoci solo sull’effetto della coniugazione complessa.Questo fatto37 discende formalmente dall’azione congiunta della coniugazionecomplessa e dal fatto che, dopo la trasformazione T , la nuova variabile tem-porale rispetto a cui occorre riferire l’evoluzione dello stato e t e non t medesima!

Vediamo adesso che cosa succede quando c’e anche lo spin.In questo caso la sola coniugazione complessa K in generale non basta piu perrappresentare T nello spazio di Hilbert delle funzioni d’onda poiche questo oper-atore non e sufficiente per garantire l’invarianza delle regole di commutazione perquanto concerne gli operatori di spin. Ricordiamo infatti che ~S dovra, come ilmomento orbitale ~J , anticommutare con T , ovvero questo operatore dovra esseretale che

T Sk = −Sk T (2.167)

Poniamoci, per semplicita, nel caso di spin 1/2: gli operatori di spin sono pro-porzionali alle matrici di Pauli Sx, Sy ed Sz

37La conclusione a cui siamo giunti era del tutto prevedibile sulla base dell’analogia classica.Nell’ambito della MQ, comunque, le cose non cambiano infatti se T e conservata allora essadeve commutare con l’hamiltoniana H del sistema e quindi risulta

H |E >= E |E > ⇒ T H |E >= H T |E >= E T |E >

la quale mostra appunto che se |E > e autostato di H per l’autovalore E, allora anche T |E >lo e, per lo stesso autovalore.

39

Sx =h

2

(0 11 0

)=

h

2σ1 (2.168)

Sy =h

2

(0 − ii 0

)=

h

2σ2 (2.169)

Sz =h

2

(1 00 − 1

)=

h

2σ3 (2.170)

E’ subito evidente che la sola coniugazione complessa non potra piu essere suffi-ciente, infatti essa, mentre potrebbe bastare per Sy, che e rappresentata da unamatrice fatta da immaginari puri, certamente non puo bastare per Sx ed Sz, rap-presentate entrambe da matrici reali.Ci dobbiamo dunque attendere adesso che sia

T = U K (2.171)

dove U sara una matrice unitaria che agisce nello spazio dello spin in modo dagarantire, complessivamente, che T soddisfi la (2.167).Quali sono allora le condizioni sulla matrice U ?Evidentemente, per quanto detto, occorre che U , commutando con Sy, inverta ilsegno di Sx e Sz.Chiaramente si deve trattare quindi di una rotazione di π intorno all’asse y, i.e.dell’operatore unitario38

U = ei π2σ2 (2.174)

= I cos(π/2) + iσ2 sin(π/2) = iσ2 =

(0 1−1 0

)≡ R (2.175)

Dunque, nel caso dello spin 1/2, proprio per ragioni cinematiche, i.e. affinche leregole di commutazione (dello spin) siano preservate, sara

T = R K (2.176)

dove R e la matrice di rotazione (unitaria) data dalla (2.175).

38Ricordiamo infatti che, per definizione

eiασ2 ≡ I + iασ2 +12!

(iασ2)2 +13!

(iασ2)3 + ... (2.172)

ma siccome (σ2)2 = I, ne segue che

eiασ2 = I

[1 +

12!

(iα)2 + ...

]+ σ2

[iα +

13!

(iα)3 + ...

]= I cosα + i σ2 sinα (2.173)

40

2.1.5 L’operatore T 2

In generale, il semplice fatto che T sia antiunitario ha una conseguenza moltoimportante.Consideriamo l’operatore T 2: esso e unitario e, applicato ad uno stato qualsiasi,questo potra cambiarlo solo per un fattore di fase che, essendo T antiunitario,non puo essere riassorbito attraverso una sua ridefinizione. Decidiamo dunqueuna base ortonormale qualsiasi | e1 >, ..., | en >, ... dello spazio di Hilbert. Sara

T 2 | ei >= eiηi | ei > (2.177)

D’altronde T e antiunitario, quindi, in generale, in termini dell’operatore di co-niugazione complessa K gia introdotto, esso puo essere scritto con l’ausilio di unopportuno operatore unitario U nella forma T = U K. Abbiamo allora

T = U K ⇒ T 2 = U K U K (2.178)

ovvero, posto che

U | ei >= Uji | ej > (2.179)

risulta

T 2 | ei > = U K U K | ei >= U K U | ei >= U K Uji | ej >) = U U∗ji | ej >=

= U∗ji Ukj | ek >= (U U∗)ki | ek >=

[U (U t)−1

]ki| ek > (2.180)

D’altronde sappiamo per la (2.177) che T 2 e diagonale e se indichiamo con D lamatrice diagonale che lo rappresenta, i.e. (non sommato sugli indici ripetuti ...)

Dij = δij eiηj (2.181)

allora

U (U t)−1 = D ⇒ U = D U t (2.182)

e prendendo la trasposta di entrambi i membri

U t = U D (2.183)

e quindi, sostituendo nella (2.182)

U = D U D (2.184)

Questo significa dunque che

Uij =∑

k,n

Dik Ukn Dnj =∑

k,n

eiηi δik Ukn δnj eiηj = Uij ei(ηi+ηj) (2.185)

41

ovvero, facendo i = j, che

eiηi = ±1 (2.186)

e quindi, considerando i 6= j, che

∀i : eiηi = eiη = ±1 (2.187)

Dunque D ≡ T 2 deve essere multipla dell’identita ed i valori39 possibili di T 2 inun dato spazio di Hilbert di stati, cioe per un sistema fisico assegnato, possonoessere soltanto ±1.

Per capire meglio il significato fisico di questo risultato, vediamone il legamecon lo spin.Iniziamo considerando un sistema con spin intero S e siano |S, m > gli autostatidi Sz per l’autovalore m. Siccome T Sz = −Sz T , ne segue che deve essere40

T |S,m >= eiφ(m) |S,−m > (2.188)

D’altronde esiste lo stato di momento angolare nullo, per il quale deve, evidente-mente, essere

T |S, 0 >= eiφ |S, 0 > (2.189)

Ma siccome T e antiunitario, allora, applicandolo ancora una volta, avremo

T (T |S, 0 >) = e−iφ T |S, 0 >= e−iφ eiφ |S, 0 >= |S, 0 > (2.190)

ovvero

T 2 |S, 0 >= |S, 0 > (2.191)

Dunque, per quanto gia detto, su tutti gli stati del sistema sovrapponibili conquello considerato deve essere T 2 = 1, i.e. i sistemi con spin intero sono tutticaratterizzati dal fatto che, su di essi

T 2 = I (2.192)

39Questa conclusione non e valida per operatori unitari come P e C, per i quali, a priori, nullavieta che P 2 = eiα e C2 = eiβ . Resta comunque vero che, dato il principio di sovrapposizionelineare, per tutti questi operatori P,C, T il fattore di fase e unico per tutti i vettori dello spaziodi Hilbert (a meno di regole di superselezione). Come abbiamo gia avuto modo di dire, questofatto consente, nel caso degli operatori unitari P e C, di riassorbire l’eventuale fattore di fasepresente nel loro quadrato, in modo che risulti comunque P 2 = C2 = I.Per il suo carattere antiunitario, questo non e possibile per T , infatti, anche ponendo T ′ = eiφ T ,risulta comunque che che (T ′)2 = T 2 !

40Questa conclusione discende, in realta, dal fatto che T commuta con S2, per cui i sottospazicon S fissato sono T -invarianti.

42

Veniamo ora ai sistemi con spin semidispari.Ovviamente, l’argomento usato prima non si puo piu usare perche non esistel’autostato con m = 0.Iniziamo dunque dal caso gia studiato di spin 1/2.Si e visto che, definita la matrice R attraverso la (2.175), e

T = R K ⇒ T 2 = R (Rt)−1 (2.193)

Ma R, nel caso considerato, e reale, dunque, essendo unitaria, e tale che(Rt)−1 = (R+)−1 = R, e dunque

T 2 = R2 =

(0 1−1 0

) (0 1−1 0

)=

(−1 00 − 1

)≡ −I (2.194)

Questo risultato, come mostreremo adesso, e del tutto generale: nel caso di spinsemidispari risulta necessariamente che T 2 = −I, per cui, vista la conclusioneopposta a cui siamo giunti per gli spin interi, evidentemente l’operatore T 2 dis-crimina i fermioni dai bosoni !Veniamo alla dimostrazione generale.Consideriamo un sistema con momento angolare S qualsiasi (intero o semidispari)e siano |S, m > gli autostati simultanei di S2 e di Sz.La (usuale) convenzione41 di fase fatta e tale per cui (h = 1)

Sz |S, m > = m |S,m > (2.195)

S+ |S, m > =√

(S −m)(S + m + 1) |S,m + 1 > (2.196)

S− |S, m > =√

(S + m)(S −m + 1) |S,m− 1 > (2.197)

dove

S± = Sx ± i Sy ⇒ Sx =S+ + S−

2; Sy = −i

S+ − S−2

(2.198)

E’ evidente, allora, che, cosı come nel caso di spin 1/2, gli operatori Sz e Sx

sono rappresentati da matrici reali, mentre Sy e rappresentato da una matriceimmaginaria pura.L’operatore T , che anticommuta con ~S, non puo quindi essere rappresentato solodall’operatore K, ma occorre, in generale, che questa sia accompagnata anche dauna opportuna trasformazione unitaria che anticommuti con Sx e Sz e commutiinvece con Sy.Giungiamo cosı, in generale, alla conclusione gia tratta nel caso dello spin 1/2,ovvero che, in presenza di qualsivoglia spin, la trasformazione U che, insieme aK, descrive l’inversione temporale, e una rotazione di π intorno all’asse y, i.e.

T = U K; U = eiπ Sy (2.199)

41Si tratta della convenzione seguita, per esempio, daL. Landau, E. Lifchitz: Mecanique Quantique, ed. MIR 1974, pag 110

43

D’altronde, essendo Sy immaginario puro, U e reale, per cui

T 2 = U K U K = UU KK = UU = e2iπ Sy (2.200)

quindi, nella base considerata, T 2 e sempre una rotazione di 2π intorno all’asse y.Solo che, nel caso degli spin interi, questa rotazione e semplicemente l’identita I,mentre per gli spin semidispari, come sappiamo, essa vale −I (nel gruppo SU(2)e la rotazione di 4π che torna ad essere l’identita ...).

Veniamo infine ad un’ultima conseguenza che si ha per i sistemi caratterizzatidall’avere T 2 = −1.Supponiamo di avere un sistema per cui T 2 = −I ed assumiamo che l’inversionetemporale sia una simmetria conservata. Indichiamo con |E > un generico au-tostato dell’hamiltoniana. Siccome T e conservata, l’operatore T commuta conl’hamiltoniana e quindi anche

|E(T ) >≡ T |E > (2.201)

e autostato dell’hamiltoniana per lo stesso autovalore E. Si ha

< E|E(T ) > ≡ < E|T E >=< T E|E >∗=< TT E|T E >=

= − < E|T E >≡ − < E|E(T ) > (2.202)

dove le prime due uguaglianze sono ovvie, la terza proviene dall’antiunitarieta diT e l’ultima dal fatto che, per ipotesi, T 2 = −I.La relazione ottenuta mostra chiaramente che gli stati |E > ed |ET > sononecessariamente ortogonali fra loro e quindi che descrivono stati diversi42.Si tratta della cosiddetta degenerazione di Kramers e vale, per quanto visto, soloper sistemi con spin semidispari.

42Il risultato ottenuto implica che, se T 2 = −I allora l’hamiltoniana non puo costituire, dasola, un set completo di osservabili. Il sistema deve possedere anche un qualche grado di libertache viene cambiato da T , in modo da produrre la degenerazione: solitamente (ma non e semprecosı) questo grado di liberta e la componente z dello spin.

44

2.1.6 Il momento di dipolo elettrico, la parita e l’inversione temporale

Consideriamo un sistema fisico come, per esempio, quello di una particella ele-mentare, un atomo, una molecola, etc ... che sia posto in un campo elettricoesterno ”debole”. L’energia del sistema, in funzione del campo elettrico, potraessere scritta come

E = q V + ~d · ~E +1

2Qij Ei Ej + ... (2.203)

dove V ed Ei sono calcolati nel punto dove si trova il sistema di carica q, momentodi dipolo elettrico (EDM) ~d, momento di quadrupolo Q, ... .

Il momento di dipolo ~d, come e ben noto dall’elettrodinamica classica, e unamisura della polarizzazione della carica nel sistema, preesistente all’applicazionedel campo elettrico esterno. Risulta infatti

~d =∑

ei ~ri (2.204)

ed esso e indipendente dalla scelta del sistema di coordinate se il sistema fisicoconsiderato e globalmente neutro (q = 0).Supponiamo adesso che la parita P sia una simmetria conservata nel sistemafisico considerato, i.e. che

[P, H] = 0 (2.205)

Gli stati stazionari possono allora essere scelti in modo che siano anche auto-stati della parita e, se il sistema e non presenta degenerazione accidentale (oltrea quella eventualmente legata al momento angolare43), allora ad ogni autoval-ore dell’hamiltoniana corripondono autostati di parita definita, eventualmentedegeneri in Jz. Anche lo stato fondamentale avra dunque parita definita, per cui

< ψ0|~d|ψ0 > = < ψ0|P † P ~dP † P |ψ0 >=< P ψ0|P ~dP−1|P ψ0 >=

= < ψ0|P ~dP−1|ψ0 >= − < ψo|~d|ψ0 > (2.206)

ovvero il suo momento di dipolo44 dovra essere nullo45.Questo argomento fu usato per verificare la conservazione della parita nelle in-

43Se il sistema e invariante per rotazioni (e siamo in assenza di spin) H, J2 e Jz costituisconoun set completo di osservabili che commutano. Siccome il momento angolare commuta a suavolta con la parita, se non ci sono degenerazioni accidentali, ciascun multipletto deve avereparita definita.

44Abbiamo qui usato il fatto che ψ0 ha parita definita e che P ~d P−1 = P−1 ~dP = −~d.Chiaramente infatti, data la definizione (2.204), assumendo che la carica elettrica sia uno scalareper parita, il momento di dipolo risulta essere un operatore vettoriale e dunque deve anticom-mutare con P, cosı come ~r.

45Si noti che questo argomento vale non solo per lo stato fondamentale ma anche perqualunque altro autostato dell’hamiltoniana, visto che discende unicamente dal fatto che essoha, necessariamente, parita definita, per l’ipotesi di assenza di degenerazione accidentale.

45

terazioni forti, misurando l’eventuale EDM del neutrone46.

Fu pero osservato successivamente da Landau47 che un eventuale valore nonnullo dell’EDM di un sistema elementare non degenere libero richiedeva anchela violazione di T . Vediamo perche.

Nel caso di un sistema con momento angolare complessivo J intero (e quindicon spin S intero ...), la degenerazione di Kramers non e presente e, se il sis-tema non presenta alcuna degenerazione accidentale, allora una base dello spaziodi Hilbert degli stati del sistema potra essere costituita da autostati simultaneidell’hamiltoniana, di J2 e di Jz, i.e. potra essere data nella forma48

|EJ , J, m > (2.207)

dove, per l’ipotesi sulla non esistenza di alcuna degenerazione accidentale, fissatoEJ , J risulta a sua volta univocamente determinato.In questo caso, se T e una simmetria conservata e dunque commuta con H, alloralo stato T |EJ , J, m > deve appartenere al multipletto corrispondente all’energiaEJ e, per quanto gia osservato, e evidente che dovra essere

T |EJ , J, m >= U−m m |EJ , J, −m > (2.208)

dove la matrice unitaria U risulta essere, come sappiamo, semplicemente la ro-tazione di π intorno all’asse y, i.e.

U = eiπ Jy (2.209)

Veniamo ora al momento di dipolo elettrico. Poiche ~d e un vettore, per il

46Nell’articolo sottocitato, gli autori considerano la possibilita che il nucleone possa avere unmomento di dipolo elettrico, data lo scarsa conoscenza che si aveva a quel tempo (1950) delleinterazioni forti e delle loro proprieta.E.M. Purcell, N.F. Ramsey: On the possibility od electric dipole moment for elementary particlesand nuclei Phys. Rev. 78, 807, (1950)Usando la tecnica della risonanza magnetica applicata ad un fascio di neutroni polarizzati, essiraggiunsero la precisione di 5 · 10−20 e · cm, come risulta dalla loro successiva pubblicazioneJ.H. Smith, E.M. Purcell, N.F. Ramsey: Experimental limit to the electric dipole moment ofthe neutron Phys. Rev. 108, 120, (1957)Ad oggi, la precisione raggiunta nella misura del momento di dipolo elettrico del neutrone conla tecnica NMR applicata all’atomo di 199Hg (I = 1/2) e di ≈ 10−25 e · cm (cfr. R. Galub,S.K. Lamoreaux: Neutron electric dipole moment, ultracold neutrons and polarized 3He)Phys. Rep. 237, 1, (1994)ed esistono esperimenti in corso che dovrebbero giungere a sensibilita intorno a 10−28 e · cm.

47L. Landau; On the conservation laws in weak interactionsNucl. Phys. 3, 127 (1957)

48Nel caso di spin semidispari, la degenerazione di Kramers, comunque, non altera il discorsoche stiamo facendo perche, siccome T commuta con J2 come si e gia avuto modo di osservare,T non puo far uscire dal multipletto.

46

teorema49 di Wigner-Eckart risulta allora che50

< EJ , J,m|~d|EJ , J,m >= C(EJ) < J,m| ~J |J,m > (2.212)

da cui ne segue quindi, per esempio, che e

< EJ , J,m|dz|EJ , J,m >= C(EJ) < J,m|Jz|J,m >= mC(EJ) (2.213)

Riguardo a T , abbiamo gia detto che risulta

T |EJ , J,m >= U−m m |EJ , J,−m > (2.214)

D’altronde, evidentemente e

< EJ , J,m|dz|EJ , J,m >= < EJ , J,m|T−1 T dz T−1 T |EJ , J,m > (2.215)

ma, per la (2.143) e la definizione (2.203), risulta

T−1 ~d T = ~d ⇔ T ~d T−1 = ~d ⇒ T dz T−1 = dz (2.216)

quindi

< EJ , J,m|dz|EJ , J,m > = < EJ , J,m|T−1 dz T |EJ , J,m >≡≡ < EJ , J,m|T−1 dz T (EJ , J,m) >=

= < T−1 T (EJ , J,m)|T−1 dz T (EJ , J,m) >

49Ricordiamo che il teorema di Wigner-Eckart stabilisce che, se OLk e la componente k di un

operatore tensoriale (per rotazioni) di ordine L, allora, su stati che siano anche autostati di J2 edi Jz, risulta in generale che, in termini del coefficiente di Clebsh-Gordan < J ′,m′|L, J ; k, m >,si ha

< J ′,m′, α′|OLk |J,m, α >=< J ′, α′||O||J, α > < J ′,m′|L, J ; k, m > (2.210)

dove < J ′, α′||O||J, α > viene detto elemento di matrice ridotto.Per un operatore vettoriale in particolare, questa relazione puo essere riscritta, all’interno dellostesso multipletto, piu semplicemente come

< J,m′, α| ~V |J,m, α >= C(α, J) < J,m′| ~J |J,m > (2.211)

dove C(α, J) e il rapporto fra l’elemento di matrice ridotto definito sopra per l’operatore ~V equello per ~J (certamente non nullo in multipletti in cui J 6= 0: se J = 0, comunque, la relazioneresta valida in quanto sia ~V che ~J hanno comunque solo elementi di matrice solo nulli).Si osservi che la proporzionalita fra ~V e ~J esiste solo e soltanto all’interno di uno stesso multi-pletto (e la costante puo dipendere dal multipletto stesso ...).Nel caso di multipletti con J differente, mentre puo accadere che ~V abbia elementi di matricee quindi che < J ′, α′||V ||J, α >6= 0, e certo che ~J non puo averne perche esso commuta con J2

e dunque, se J 6= J ′ o α 6= α′ ⇒< J ′, α′||J ||J, α >= 0 !50Siccome per ipotesi il sistema non possiede degenerazione accidentale, questo implica che EJ

determina univocamente J per cui e inutile precisare formalmente la dipendenza della costanteC anche dall’autovalore di J .

47

ovvero, tenendo conto che T e quindi T−1 sono antiunitari ed usando la (2.208),abbiamo

< EJ , J,m|dz|EJ , J,m > = < T (EJ , J,m)| dz T (EJ , J,m) >∗=

= < U−m m(EJ , J,−m)| dz U−m m(EJ , J,−m) >∗=

= |U−m m|2 < EJ , J,−m| dz |EJ , J,−m >∗ (2.217)

ma dz e un operatore hermitiano, quindi

< EJ , J,−m| dz |EJ , J,−m >∗=< EJ , J,−m| dz |EJ , J,−m >

e dunque

< EJ , J,m|dz|EJ , J,m > = |U−m m|2 < EJ , J,−m| dz |EJ , J,−m >

relazione che, evidentemente, non puo essere in accordo con la (2.213) senza cheC(EJ) = 0, visto che essa fornisce la relazione

mC(EJ) = −m |U−m m|2 C(EJ) (2.218)

Questo significa che, su un qualunque autostato dell’hamiltoniana T -invariantedi un sistema che non presenta degenerazione accidentale, il momento di dipoloelettrico (EDM) ~d di quello stato deve avere valore medio nullo.In particolare, questa conclusione e vera, ovviamente, per lo stato fondamentaledel sistema in esame.

Ma significa questo che nessun sistema puo mai avere un EDM non nullosenza che T sia violata ? Dopo tutto, sappiamo, per esempio, che certe molecole,come quella dell’acqua, sono polari ...

La questione sta nell’assenza di degenerazione accidentale, ovvero nel fattoche il sistema non possieda un’altra direzione intrinseca indipendente da quelladefinita dal momento angolare.Se questo accade, la conclusione per cui la presenza di un momento di dipoloelettrico non nullo implica violazione di T non e piu corretta.

Un caso particolarmente istruttivo e quello dello stesso atomo di idrogeno. Lateoria non relativistica dell’atomo di idrogeno senza spin prevede infatti, comee ben noto, che tutti gli stati con lo stesso numero quantico principale n sianodegeneri fra loro e quindi che esistano, a parte il caso n = 1, multipletti cor-rispondenti a un diverso valore del momento angolare J , da J = 0 a J = n − 1,aventi tutti la stessa energia.

48

Questo implica che l’atomo possieda sul generico autostato |n1, n2, m > (co-ordinate paraboliche51, lungo z) un momento di dipolo elettrico

dz =3

2n(n1 − n2) |e| h2

me2=

3

2n(n1 − n2) |e| 6λc

α(2.223)

dove n1 ed n2 sono interi non negativi legati al numero quantico principale52 ned all’autovalore m di Jz dalla relazione53

n = n1 + n2 + 1 + |m| (2.224)

ed abbiamo indicato, come e consuetudine, con 6λc la lunghezza d’onda Comptonridotta dell’elettrone e con α la costante di struttura fina.

Questo EDM non nullo, ovviamente, non implica alcuna violazione ne di Tne di P , visto che c’e degenerazione accidentale.Questa degenerazione accidentale discende dal fatto che, nel caso del potenzialecoulombiano V (~r) = −k/r, esiste un altro vettore conservato, indipendente da~J , che e il vettore di Runge-Lenz, il quale classicamente, e dato da

~A =1

m~P × ~J − k

~r

r(2.225)

51L’hamiltoniana dell’atomo di idrogeno e separabile anche in coordinate paraboliche, la cuidefinizione e la seguente:

x =√

ξη cosφ (2.219)

y =√

ξη sinφ (2.220)

z =12(ξ − η) (2.221)

per cui

r =√

x2 + y2 + z2 =12(ξ + η) (2.222)

52Fissato n, i possibili valori di |m| vanno da 0 a n − 1. Fissati n e |m|, data la (2.224) n1

puo assumere tutti i valori che vanno da 0 a n − |m| − 1, ovvero puo assumere n − |m| valoridifferenti, dopodiche n2, invece, e univocamente fissato. Tenendo conto che per ogni m > 0esiste un corrispondente m < 0, ecco che gli stati |n1, n2,m > con n fissato sono

2n−1∑m=1

(n−m) + (n− 0)

dove l’ultimo addendo corrisponde ad m = 0. Risulta quindi

2n−1∑m=1

(n−m) + (n− 0) = 2n(n− 1)− n(n− 1) + n = n2

che rappresenta, come sappiamo, la degenerazione del livello n dell’atomo di idrogeno.53Cfr. L.Landau E. Lifchitz: Mecanique Quantique Ed. Mir, 1967, pagg. 153 e successive e

pagg. 319 e successive.

49

Quantisticamente54 ciascuna di queste componenti commuta55 con la sua omologacomponente di ~J , ma non con J2, e le tre componenti Ai non commutano56 fraloro. L’esistenza di questa osservabile conservata che non commuta con J2 im-plica l’esistenza di una degenerazione ulteriore dei livelli energetici, oltre a quellalegata a Jz, che e detta, appunto, accidentale nel senso che la sua esistenza edirettamente legata al fatto che il potenziale e coulombiano.

La base consueta (coordinate sferiche) |n, J,m > usata per descrivere gliautostati dell’atomo di idrogeno e fatta, come ben noto, da stati in cui, oltreall’energia, sono diagonali anche J2 e Jz, mentre la base |n1, n2,m > sopra citatae fatta da stati dove, oltre all’energia, sono diagonali Jz ed Az, i cui autovalorisono proporzionali a n2−n1

n.

L’osservabile ~d, nel supermultipletto definito dal numero quantico principalen, invece che essere parallela a ~J come accadrebbe se non ci fosse alcuna degener-azione accidentale (con le conseguenze viste sopra circa < |~d| >, dovute, in buona

sostanza al fatto che T e ~J anticommutano mentre T e ~d commutano), risulta in

questo caso parallela ad ~A (senza conseguenze su < |~d| >, visto che anche T ed~A commutano), infatti si dimostra che risulta57

< |~d| >= c(n) < | ~A| > (2.229)

Questo per quanto riguarda T .

54Siccome ~P e ~J non commutano fra loro, la definizione quantistica, che rende altresıl’operatore ~A hermitiano, e la seguente

Ai =1

2mεijk(Pj Jk + Jk Pj)− k

ri

r(2.226)

55 ~A e un operatore vettoriale per rotazioni, dunque tale che (h = 1)

[Jj , Ak] = i εjkn An (2.227)

Essendo ~A un vettore polare, esso anticommuta con la parita e dunque non puo avere elementidi matrice diversi da zero fra stati all’interno di uno stesso multipletto (stati aventi la stessaparita ...) mentre puo avere elementi di matrice fra multipletti diversi, degeneri in energia (solocon |∆J | = 1, essendo l’operatore ~A di spin 1 ...).

56Come mostrato inA. Bohm: Quantum mechanics: foundations and applications, III edition, 1993, Springer, Ch.VIopportunamente rinormalizzati (Ai → Ai = −Ai/

√−2H/m, dove H e hamiltoniana del sistema

di massa m), il commutatore degli Aj riproduce le componenti del momento angolare, i.e.

[Aj , Ak] = i εjkn Jn (2.228)

e questo implica che il gruppo di invarianza dell’hamiltoniana relativa al potenziale coulombianoe piu esteso del solo gruppo delle rotazioni e coincide in effetti con SO(4).

57Le due osservabili ~d ed ~A non sono proporzionali poiche la costante che le lega e funzionedell’energia (dipende infatti da n2 ...).

50

Torniamo infine al legame fra EDM e parita, da cui eravamo partiti.Siccome Az non commuta con J2 bensı ha elementi di matrice fra stati con|∆J | = 1, gli stati58 |n1, n2, m > sono, in generale, combinazioni lineari di staticon lo stesso autovalore di Jz (ovvio !), ma appartenenti a multipletti differenti,corrispondenti allo stesso numero quantico principale n. Questo implica in par-ticolare che essi non abbiano parita definita, per cui, l’esistenza di un EDM nonnullo su questi autostati dell’hamiltoniana, non implica, evidentemente, alcunaviolazione di P nella dinamica !

58Giusto per completezza, osserviamo che se consideriamo, per esempio, il primo livello ecci-tato (n = 2), allora, nella base |n1, n2, m > i quattro stati degeneri, espressi come combinazionedegli stati nella base piu consueta |n, L,m >, sono dati da

|1, 0, 0 > =1√2

(|2, 0, 0 > +|2, 1, 0 >) (2.230)

|0, 1, 0 > =1√2

(|2, 0, 0 > −|2, 1, 0 >) (2.231)

|0, 0, 1 > = |2, 1, 1 > (2.232)|0, 0,−1 > = |2, 1,−1 > (2.233)

ed e allora del tutto evidente come dz possa avere valor medio non nullo sugli stati |1, 0, 0 >e |0, 1, 0 > visto che la funzione d’onda di |2, 0, 0 > ha simmetria sferica, mentre quella di|2, 1, 0 > e proporzionale a z.Si osservi infine che entrambe le funzioni d’onda possono essere scelte reali, per cui gli stati|1, 0, 0 > e |0, 1, 0 > risultano entrambi T-invarianti come tanto ~A che ~d ...

51

2.1.7 Una curiosita: il vettore di Runge-Lenz

Classicamente, nel caso del moto di un punto materiale di massa m in un campocoulombiano o newtoniano, fra le grandezze fisiche conservate c’e, come e noto,il vettore assiale del momento angolare59

~L ≡ ~r × ~p ≡ m~r × ~r

e, oltre a questo, il cosiddetto vettore (polare) di Runge−Lenz ~M . Se l’hamiltonianae

H =p2

2m− k

r

allora il vettore di Runge-Lenz e definito come

~A =1

m~p× ~L− k

~r

r(2.234)

Esso, come vedremo, individua la direzione dell’asse fuoco-direttrice, nel versodel perielio.

Iniziamo provando che ~A e davvero una costante del moto. Ricordiamo aquesto proposito che ~L e indipendente dal tempo, per cui

d

dt

(1

m~p× ~L

)=

d

dt

(~r × ~L

)= r × ~L (2.235)

ma, per la seconda legge della dinamica si ha che

~r =1

m

k

r3(−~r) (2.236)

dunque

d

dt

(1

m~p× ~L

)= − k

mr3~r × ~L = − k

mr3~r × (~r × (m~r)) = − k

r3~r × (~r × ~r)

D’altronde, risultando evidentemente

~r = r ~n ⇒ ~r = r ~n + r ~n (2.237)

si ha che

~r × ~r = ~r × (r ~n) = r (~r × ~n) (2.238)

59Questo e dovuto al carattere centrale della forza, i.e. al fatto che ~F (~r) = f(r)~n, dove~n ≡ ~r

r , infattid~L

dt= m

d(~r × ~r)dt

= m~r × ~r + m~r × ~r = f(r)~r × ~n = 0

52

per cui ne segue che

d

dt

(1

m~p× ~L

)= − k

r2~r × (~r × ~n) = − k

r2

[~r (~r · ~n)− ~n r2

](2.239)

D’altronde, essendo

n2 = ~n · ~n = 1 ⇒ ~n · ~n = 0 ⇒ ~n · ~r = 0

e quindi, finalmente, si ha

d

dt

(1

m~p× ~L

)= k ~n ⇒ d

dt

(1

m~p× ~L− k ~n

)= 0 (2.240)

che prova appunto il fatto che il vettore di Runge-Lenz sia una costante del moto.

Vediamo ora come da questa legge di conservazione si possa dedurre che latraiettoria percorsa dal punto materiale deve essere una conica.

Moltiplichiamo scalarmente il vettore ~A per la coordinata radiale ~r: si ha

~A · ~r =1

m(~p× ~L) · ~r − k r ⇒ Ar cosθ = (~r × ~L) · ~r − k r (2.241)

dove l’angolo θ e l’angolo fra ~r e ~A. Ricordiamo adesso l’identita vettoriale

(~a×~b) · ~c = (~c× ~a) ·~b

per cui risulta che

(~r × ~L) · ~r = (~r × ~r) · ~L =1

m|~L|2 ≡ l2

m

dove abbiamo indicato con l il modulo (costante) del momento angolare dellaparticella. Dunque abbiamo

Ar cosθ =l2

m− k r ⇒ r (Acosθ + k) =

l2

m

⇒ 1

r=

km

l2+

Am

l2cosθ (2.242)

che e appunto l’equazione di una conica di eccentricita

ε =A ml2

kml2

=A

|k| (2.243)

Nel caso di potenziale attrattivo (k > 0) e nel caso particolare di un sistemalegato, come e noto la traiettoria e un’ellisse.

53

Vediamo, in questo caso, come e fatto il vettore ~A.Senza perdita di generalita, visto che il moto e piano data la costanza di ~L a

cui il vettore posizione e ovviamente sempre ortogonale, possiamo supporre cheesso avvenga nel piano (x, y). Poniamo allora

~r = r (cosφ, sinφ, 0) (2.244)

e dunque

~r = r (cosφ, sinφ, 0) + r φ (−sinφ, cosφ, 0) (2.245)

da cui

~L = m ~r × ~r = m r2 φ (0, 0, 1) ≡ (0, 0, l) (2.246)

Veniamo ora al calcolo esplicito di ~A: dalla definizione si ha

~A =1

m~p× (~r × ~p)− k ~n =

p2

m~r − 1

m~p (~r · ~p)− k ~n (2.247)

ma per determinare il vettore, essendo costante durante il moto, basta calcolarloin un punto qualsiasi dell’orbita. Osserviamo allora che, essendo

~r · ~p = m~r · ~r = mr r

il secondo addendo nell’espressione (2.246) e nullo sia al perielio che all’afelio,dove r = 0. In ciascuno di questi due punti, quindi, l’espressione del vettore diRunge-Lenz si semplifica in

~A =p2

m~r − 1

m~p (~r · ~p)− k ~n ⇒ A =

p2

m~r − k ~n = ~n

(r

p2

m− k

)(2.248)

D’altronde l’energia totale E della particella e anch’essa una costante del moto evale

E =p2

2m− k

r

per cui ne segue che

2r E = rp2

m− 2 k (2.249)

da cui, sempre solo al perielio e all’afelio, e

~A = (2rE + k)~n (2.250)

Ma in un moto kepleriano l’energia totale E risulta

E = −k

d

54

dove d e la lunghezza dell’asse maggiore dell’ellisse per cui, detti a e b (a > b),rispettivamente, la distanza dell’afelio e del perielio dall’origine (fuoco dell’ellisse),risulta

E = − k

a + b(2.251)

per cui risulta

afelio : ~A = ~na

(2a

−k

a + b+ k

)=

k(b− a)

a + b~na = |E|(b− a)~na (2.252)

perielio : ~A = ~nb

(2b

−k

a + b+ k

)=

k(a− b)

a + b~nb = |E|(a− b)~nb (2.253)

ed evidentemente i due risultati, come devono, sono coincidenti visto che ~na =−~nb.

Concludendo, il vettore di Runge-Lenz classico (vedi fig.3) ha per modulo ilprodotto del valore assoluto dell’energia totale per la differenza afelio-perielio, haper direzione quella dell’asse dell’ellisse e verso quello che va dal fuoco al perielio.

L’interesse per questo vettore sta nel fatto che, come sappiamo, esso e, per es-empio, all’origine della degenerazione accidentale dei livelli nell’atomo di idrogeno(trattazione non relativistica, senza spin), per la quale l’energia dipende solo dalnumero quantico principale n e sono degeneri tutti i livelli con J = 0, ...n− 1.

Figure 3: Vettore di Runge Lenz

55

2.2 La seconda quantizzazione

Affrontiamo adesso il problema della quantizzazione dei campi.

2.2.1 Il campo scalare libero

L’evoluzione libera del campo60 scalare61 carico di massa m, come sappiamo, eretta dalla lagrangiana

L = (∂µφ)(∂µφ†) − m2 φφ† (2.258)

da cui ricaviamo appunto l’equazione di Klein-Gordon sia per φ che per φ† (con-siderati indipendenti)

2φ + m2 φ = 0; 2φ† + m2 φ† = 0; (2.259)

Per effettuarne la quantizzazione, il campo scalare (complesso) φ(x) vieneespanso in termini di operatori di creazione/distruzione di singola particella62 nelmodo seguente:

φ(x) =∫ d3p

2Ep(2π)3a(~p) e−ipx + b†(~p) eipx (2.262)

60Ricordiamo di nuovo che in Teoria Quantistica dei Campi (QFT ), i campi non sono piudelle funzioni, bensı sono operatori che agiscono nello spazio di Hilbert degli stati del sistema.

61Per un campo scalare, la legge di trasformazione sotto il gruppo di Poincare e la seguente

(a,Λ) : x → x′ = a + Λx (2.254)φ(x) → φ′(x′) = φ(x) (2.255)

e l’azione sul campo scalare φ degli operatori U(a,Λ) della rappresentazione unitaria del gruppodi Poincare definita sullo spazio di Hilbert degli stati del sistema e, per definizione, la seguente

U−1(a,Λ) φ(x)U(a, Λ) = φ′(x) ≡ φ(Λ−1(x− a)) (2.256)

dove la seconda uguaglianza discende dalla (2.255).Equivalentemente risulta

U(a,Λ) φ(x) U−1(a,Λ) = φ(Λx + a) (2.257)

Si noti che, mentre la (2.257) descrive l’effetto della trasformazione quando la si pensi effettuatasul sistema di riferimento (trasformazione passiva), la (2.255), equivalente alla (2.256), descrivela corrispondente trasformazione sul campo (trasformazione attiva).

62Coerentemente con la (2.256) e la (2.257), l’azione degli operatori unitari U(a,Λ) suglioperatori di creazione e distruzione a(~p), a†(~p), b(~p) e b†(~p) e la seguente:

U−1(a, Λ) c(~p)U(a,Λ) = eia·p c( ~Λ−1p); U(a,Λ) c(~p)U−1(a,Λ) = e−ia·Λp c( ~Λp) (2.260)

U−1(a, Λ) c†(~p)U(a,Λ) = e−ia·p c†( ~Λ−1p); U(a,Λ) c†(~p) U−1(a,Λ) = eia·Λp c†( ~Λp) (2.261)

dove c sta per a oppure b e analogamente c† per a† o b†, mentre ~Λp indica concisamente laparte spaziale del quadrivettore Λ(

√m2 + |~p|2, ~p), essendo m la massa del campo.

56

da cui

φ†(x) =∫ d3p

2Ep(2π)3b(~p) e−ipx + a†(~p) eipx (2.263)

dove

• p e il quadrimpulso della particella/antiparticella: p ≡ (Ep, ~p) ≡ (√

m2 + |~p|2, ~p);

• a(~p) annichila la particella di quadrimpulso (Ep, ~p);

• a†(~p) crea la particella di quadrimpulso (Ep, ~p);

• b(~p) annichila l’antiparticella di quadrimpulso (Ep, ~p);

• b†(~p) crea l’antiparticella di quadrimpulso (Ep, ~p);

ed questi operatori63 soddisfano le seguenti regole di commutazione che, comevedremo, garantiscono il rispetto delle regole di commutazione canoniche quandosi considerino i campi stessi, appunto, come variabili lagrangiane generalizzate(tutte le altre coppie di operatori commutano fra loro ...)

[a(~p), a†(~p′)] = [b(~p), a†(~p′)] = 2 Ep (2π3) δ3(~p− ~p′) (2.264)

Naturalmente, essendo gli operatori φ e φ† soluzioni di una equazione differen-ziale lineare e omogenea (l’equazione di Klein-Gordon), essi sono evidentementeindeterminati a meno di una costante moltiplicativa.

La scelta fatta attraverso lo (2.264) e quella per cui la funzione d’onda ψ~q(x)associata allo stato64 |~q >≡ a†(~q)|Ω >, autostato del quadrimpulso per l’autovalore

(√

m2 + |~q|2, ~q), e semplicemente un’onda piana, i.e.

ψ~q(~x, t) ≡< ~x|~p >= e−iqx ≡ e−i(Et−~q·~x) = e−iEt ei~q·~x (2.265)

A priori, per il solo fatto che, per definizione dell’operatore di creazione, a†(~q)|Ω >e autostato del quadrimpulso, ne segue solo che la funzione d’onda65 ψ~q(x) sara

63Si noti che gli operatori di creazione/annichilazione si riferiscono sempre a particelle oantiparticelle aventi energia Ep =

√m2 + |~p|2 positiva !

64Indicheremo qui e nel seguito con |Ω > lo stato di vuoto, i.e. lo stato di minima energiadel sistema considerato: assumeremo inoltre che esso sia non degenere.

65La funzione d’onda in questione puo essere determinata anche facendo intervenirel’operatore di campo nel modo seguente

ψ~q(x) ≡ < Ω|φ(x)|~q >=< Ω|∫

d3p

2E(2π)3a(~p) e−ipx + b†(~p) eipxa†(~q)|Ω >=

=∫

d3p

2E(2π)3< Ω|a(~p) e−ipx + b†(~p) eipxa†(~q)|Ω >=

57

tale che ψ~q(x) = K~q e−iqx.La costante K e definita proprio dal fatto che

< ~p|~q > = < Ω|a(~p) a†(~q)|Ω >=< Ω|[a(~p), a†(~q)]|Ω >= 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q)

la quale implica dunque che sia

< ψ~p|ψ~q >= 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q) (2.266)

D’altronde, ricordiamo che se ψa(x) e ψb(x) sono due funzioni d’onda soluzionidell’equazione di Klein-Gordon, allora il loro prodotto scalare66 e

< ψa|ψb >= i∫

d3x[ψ∗a(∂

0ψb)− (∂0ψ∗a)ψb

](2.267)

dove le due funzioni sono valutate allo stesso tempo t.Nel caso in esame, abbiamo dunque

< ψ~p|ψ~q > = iK∗~p K~q

∫d3x

[eipx (−iq0) e−iqx − ip0 eipx e−iqx

]=

= K∗~p K~q

∫d3x(q0 + p0)eix(p−q) = K∗

~p K~q(q0 + p0) eit(p0−q0)(2π)3 δ3(~p− ~q) =

= |K~p|2 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q)

ed il confronto con la (2.266) impone appunto che, indipendentemente da ~p , sia|K|2 = 1, ovvero67 K = 1.

=∫

d3p

2E(2π)3< Ω| [a(~p), a†(~q)

] |Ω > e−ipx =

=∫

d3p

2E(2π)32E (2π)3 δ(~p− ~q) e−ipx = e−iqx

66L’espressione (2.267) non e, a stretto rigore, un prodotto scalare nel senso solito di questotermine in Meccanica Quantistica perche non e definito positivo. Esso nasce dal fatto che seψ1(x) e ψ2(x) sono soluzioni dell’equazione di Klein-Gordon, allora l’unica corrente conservataantilineare in ψ1 e lineare in ψ2 (ovvero sequilineare in ψ1, ψ2 ...) risulta essere proporzionalea

Jµ(x) = i [ψ∗1(x)(∂µψ2(x))− (∂µψ1(x))∗ψ2(x)]

da cui ne segue che∫

d3xJ0(t, ~x) = i

∫d3x

[ψ∗1(∂0ψ1)− (∂0ψ∗1)ψ2

]

e certamente indipendente dal tempo e dunque rappresenta l’unica generalizzazione possibile(a meno di costanti moltiplicative) del prodotto scalare che non sia in conflitto con la dinamica.

67Si noti che |K|2 = 1 impone solo che K abbia modulo unitario e dunque sia una fase chepuo essere semplicemente riassorbita nella definizione della base.

58

Vogliamo notare infine che, siccome la densita di corrente68 di probabilitaassociata alla generica funzione d’onda ψ che soddisfa l’equazione di Klein-Gordone data da

jµ(x) = i [ψ∗(∂µψ)− (∂µψ∗)ψ] (2.269)

la funzione d’onda ψ~p(x) = e−ipx rappresenta uno stato con densita di particellepari a

ρ(x) = J0(x) = i[ψ∗(∂0ψ)− (∂0ψ∗)ψ

]= 2E (2.270)

Concludendo, dunque, possiamo dire che la normalizzazione scelta e tale percui gli stati a+(~q)|Ω > descrivono stati con 2E particelle per unita di volume.Questo risultato, come vedremo, ci ritornera utile in seguito, quando tratteremoil problema dello spazio delle fasi, nell’ambito della teoria dello scattering.

Veniamo infine alla questione dei commutatori dei campi.Sulla base dell’analogia classica secondo cui, fissato comunque un tempo t, ilcampo φ(~x; t) costituisce una generalizzazione del concetto di coordinata la-grangiana, ci aspettiamo che risulti

[φ(~x; t), φ(~y; t)] = 0 ⇒[φ†(~x; t), φ†(~y; t)

]= 0 (2.271)

Ma che dire del commutatore[φ(~x; t), φ†(~y; t)

]?

Questo non puo essere altrettanto banale, infatti, proprio per l’analogia classicasecondo cui il momento coniugato alla variabile lagrangiana q e

p ≡ ∂L∂q

ne segue che il ”momento coniugato” al campo φ(~x, t) sara il campo

π(~x, t) =∂L

∂(∂tφ)= ∂tφ

†(~x, t) (2.272)

e, analogamente, quello coniugato al campo φ†(~x, t) risulta essere

π†(~x, t) =∂L

∂(∂tφ†)= ∂tφ(~x, t) (2.273)

68Come abbiamo visto in precedenza, parlando del teorema di Noether, se la lagrangiana einvariante in forma sotto il gruppo U(1) delle trasformazioni di gauge di prima specie x → x,ψ → eiαψ, ψ† → e−iαψ† allora la corrente conservata che ne deriva e la seguente (cfr. (2.12))

Jµ(x) = i

[− ∂L

∂(∂µψ)ψ +

∂L∂(∂µψ∗)

ψ∗]

(2.268)

59

Quindi, proprio per l’analogia con la Meccanica Quantistica di prima quantiz-zazione, per cui (h = 1) risulta

[p, x] = −i (2.274)

dobbiamo adesso aspettarci69 che valga la ovvia generalizzazione al caso continuodella (2.274), i.e.

[π(~y, t), φ(~x, t)] = −i δ3(~y − ~x)

⇒[φ(~x, t), ∂tφ

†(~y, t)]

= i δ3(~x− ~y) (2.275)

e, analogamente, quindi, che sia[φ†(~x, t), ∂tφ(~y, t)

]= i δ3(~x− ~y) (2.276)

Questo e, in effetti, esattamente quanto accade usando le regole di commu-tazione (2.264) fissate per gli operatori di creazione e distruzione. Infatti si ha

[φ(~x, t), ∂tφ

†(~y, t)]

=

=

[∫ d3p

2Ep(2π)3a(~p)e−ipx + b†(~p)eipx , ∂t

∫ d3q

2Eq(2π)3b(~q)e−iqy + a†(~q)eiqy

]

t=x0=y0

=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)3

iq0

[a(~p), a†(~q)

]e−ipx eiqy − iq0

[b†(~p), b(~q)

]eipx e−iqy

t=x0=y0

=

=∫ d3p d3q

2Ep 2Eq(2π)6iEq

2Eq (2π)3 δ3(~p− ~q)

[ei(~p·~x−~q·~y) + e−i(~p·~x−~q·~y)

]

dove si e usata la definizione (2.264) unitamente al fatto che

• abbiamo posto per definizione px ≡ p0x0 − ~p · ~x• risulta x0 = y0 = t,

• ed e q0 ≡ Eq

per cui, visto che per la presenza nell’integrale della funzione delta provenientedal commutatore, e Ep = Eq , si puo evidentemente assumere che

p0x0 − q0y0 = t(p0 − q0) = 0

69E’ importante notare che, in base all’analogia con la MQ di prima quantizzazione, le regoledi commutazione possono essere definite solo a tempi uguali. Una volta che queste siano stateassegnate (proprieta cinematica), le regole di commutazione a tempi diversi sono determinatedall’evoluzione del sistema nel tempo, cioe dalla sua dinamica, ovvero dalle soluzioni esplicitedell’equazione del moto.

60

Ne segue quindi che il commutatore in studio, integrando la delta, vale

[φ(~x, t), ∂tφ

†(~y, t)]

=∫ d3p

2Ep(2π)3iEp

ei~p·(~x−~y) + e−i~p·(~x−~y)

(2.277)

Ma ∫d3p ei~p·(~x−~y) = (2π)3 δ(~x− ~y) =

∫d3p e−i~p·(~x−~y)

quindi esso, alla fine, risulta pari a[φ(~x, t), ∂tφ

†(~y, t)]

= i δ3(~x− ~y) (2.278)

che e quanto ci attendevamo in base all’analogia con la prima quantizzazione.Lo stesso accade, ovviamente, anche per il commutatore [φ†, ∂tφ] per il qualerisulta ancora

[φ†(~x, t), ∂tφ(~y, t)

]= i δ3(~x− ~y) (2.279)

Questo dimostra quindi che le regole di commutazione fissate per gli operatori dicreazione e distruzione (2.264) sono esattamente quelle in grado di riprodurre leregole di commutazione che debbono valere, a tempi uguali, fra i campi ed i loromomenti coniugati.Ovviamente, pero, le regole di commutazione (2.264) consentono anche di de-terminare le regole di commutazione direttamente fra i campi stessi ed anche atempi differenti. In generale70, infatti abbiamo

[φ(x), φ†(y)

]=

=

[∫ d3p

2Ep(2π)3

a(~p)e−ipx + b†(~p)eipx

,

∫ d3q

2Eq(2π)3

b(~q)e−iqy + a†(~q)eiqy

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)3

[a(~p), a†(~q)

]e−ipx eiqy +

[b†(~p), b(~q)

]eipx e−iqy

=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)3

2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q)e−ipx eiqy − 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q)eipx e−iqy

Integrando in d3p, dato che quando ~p = ~q anche p0 = q0 = Ep = Eq ≡√

m2 + |~q|2,abbiamo

[φ(x), φ†(y)

]=

∫ d3q

2Eq(2π)3

[e−iq(x−y) − eiq(x−y)

](2.280)

70Evidentemente dalle regole di commutazione (2.264) segue immediatamente che

[φ(x), φ(y)] = [φ†(x), φ†(y)] = 0

61

e questo integrale, usando il fatto che

d3q

2Eq

= d4q δ(q2 −m2) Θ(q0) (2.281)

puo essere riscritto nel modo seguente

[φ(x), φ†(y)

]=

1

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) Θ(q0) e−iq(x−y) −

− 1

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) Θ(q0) eiq(x−y) (2.282)

ovvero, con la sostituzione q → −q nel secondo integrale, finalmente otteniamo

[φ(x), φ†(y)

]=

1

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) e−iq(x−y)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

]=

≡ i ∆(x− y; m) (2.283)

dove si e fatto uso della definizione della funzione impropria

∆(x− y; m) ≡ − i

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) e−iq(x−y)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](2.284)

la quale, come si puo dimostrare facilmente

• soddisfa l’equazione di Klein-Gordon(2 + m2

)∆(x; m) = 0 (2.285)

• e definita in modo tale che

∂t ∆(~x, t; m)|t=0 = −δ(~x) (2.286)

• e reale e dispari;

• e manifestamente Lorentz invariante.

Si noti che dalla sua natura dispari e dal fatto che e scalare sotto il gruppodi Lorentz, ne segue che la funzione ∆ e nulla se x e un quadrivettore space-like, potendo x essere cambiato di segno con una opportuna trasformazionedi Lorentz. Questo implica che il commutatore [φ(x), φ†(y)] e nullo quando ilquadrivettore x− y e space-like, ovvero quando non e possibile connettere x cony in modo causale e quindi, in particolare, per esempio, quando x0 = y0, i.e.∆(~x, 0; m) = 0 .Questo risultato era comunque da attenderselo perche, se vogliamo coerenza conla relativita ristretta, variabili non causalmente correlabili non possono influen-zarsi a vicenda e dunque non possono che commutare fra loro !

62

Quanto, infine, all’azione delle simmetrie discrete C, P e T , si dimostra cherisulta (cfr. Appendice)

C a(~p) C−1 = e−iηc b(~p) ←→ C a†(~p) C−1 = eiηc b†(~p) (2.287)

C b(~p) C−1 = eiηc a(~p) ←→ C b†(~p) C−1 = e−iηc a†(~p) (2.288)

C φ(x) C−1 = e−iηc φ†(x) ←→ C φ†(x) C−1 = eiηc φ(x) (2.289)

P a(~p) P−1 = e−iηp a(−~p) ←→ P a†(~p) P−1 = eiηp a†(−~p) (2.290)

P b(~p) P−1 = eiηp b(−~p) ←→ P b†(~p) P−1 = e−iηp b†(−~p) (2.291)

P φ(x) P−1 = e−iηp φ(Px) ←→ P φ†(x) P−1 = eiηp φ†(Px) (2.292)

eiηp = ±1 (2.293)

T a(~p) T−1 = e−iηT a(−~p) ←→ T a†(~p) T−1 = eiηT a†(−~p) (2.294)

T b(~p) T−1 = eiηT b(−~p) ←→ T b†(~p) T−1 = e−iηT b†(−~p) (2.295)

T φ(x) T−1 = e−iηT φ(Tx) ←→ T φ†(x) T−1 = eiηT φ†(Tx) (2.296)

dove, se x = (t, ~x), allora Px ≡ (t,−~x) e Tx ≡ (−t, ~x).

Si osservi che la condizione C2 = I , per come agisce la trasformazione C, nonpuo dare condizioni sul valore della fase eiηc , mentre la condizione P 2 = Iimplica che, quanto a eiηp , non possa essere che eiηp = ±1 .Quanto invece a T 2, evidentemente T 2 = I , dato che lo spin della particella enullo e quindi e intero: essendo l’operatore T antiunitario, questa condizione,pero, non puo fornire condizioni di sorta sulla fase eiηT .

Un altro operatore, infine, di cui e interessante verificare la legge di trasfor-mazione sotto le simmetrie C, P e T e senz’altro la quadricorrente conservataJµ(x) associata all’invarianza di gauge di prima specie della lagrangiana (2.258),i.e. l’osservabile71

Jµ(x) = i

[− ∂L

∂(∂µφ)φ +

∂L∂(∂µφ†)

φ†]

=[(∂µφ)(x) φ†(x)− (∂µφ†)(x) φ(x)

](2.297)

Risulta (cfr. Appendice)

C Jµ(x) C−1 = −Jµ(x) (2.298)

P Jµ(x) P−1 = Jµ(Px) (2.299)

T Jµ(x) T−1 = Jµ(Tx) (2.300)

71La quadricorrente (2.297) e un operatore autoaggiunto, dunque e un’osservabile, a differenzadei campi stessi che, ovviamente, come gli operatori di creazione e distruzione, non lo sono.

63

2.2.2 Il campo vettoriale libero

Le equazioni di moto per i campi72 che descrivono particelle vettoriali, cioe dispin 1, sono73 le seguenti

(2 + m2)W µ = 0∂µW

µ = 0(2.306)

dove m e la loro massa, che assumeremo diversa da zero.Una Lagrangiana che, attraverso il principio di minima azione, determina le

equazioni di moto (2.306) e la seguente

L =1

2F µνF †

µν − m2 W µW †µ (2.307)

dove

F µν ≡ ∂µW ν − ∂νW µ (2.308)

Infatti, dalle equazioni di Lagrange

∂µ∂L

∂(∂µWν)− ∂L

∂Wν

= 0

∂µ∂L

∂(∂µW†ν )− ∂L

∂W †ν

= 0

otteniamo, rispettivamente

∂µF†µν + m2 W †ν = 0 ⇒ 2W †ν − ∂ν(∂µW

†µ) + m2 W †ν = 0 (2.309)

∂µFµν + m2 W ν = 0 ⇒ 2W ν − ∂ν(∂µW

µ) + m2 W ν = 0 (2.310)

72Ricordiamo che, per un campo vettoriale, la legge di trasformazione sotto il gruppo diPoincare e la seguente:

(a,Λ) : x → x′ = a + Λx (2.301)

Wµ(x) → W′µ(x′) = Λµ

. ν W ν(x) (2.302)

ovvero (trasformazione attiva)

U−1(a,Λ) Wµ(x)U(a,Λ) = W′µ(x) (2.303)

equivalente a

U−1(a,Λ)Wµ(x)U(a,Λ) = Λµ. ν W ν(Λ−1(x− a)) (2.304)

da cui (trasformazione passiva)

U(a,Λ) Wµ(x)U−1(a,Λ) = (Λ−1)µ. ν W ν(Λx + a) (2.305)

73Un campo quadrivettoriale come Wµ, dal punto di vista delle rotazioni, e la somma direttadi un campo vettoriale (s = 1) e di un campo scalare (s = 0). La condizione ∂µWµ = 0 eliminala componente scalare e quindi lascia solo lo spin 1.

64

D’altronde, essendo F µν ovviamente antisimmetrico, e

∂µ∂νFµν = 0

per cui, usando l’espressione di sinistra dell’equazione del moto (2.310) se nededuce che

∂µ[m2 W µ] = 0 ⇒ ∂µWµ = 0 (2.311)

dove si fatto uso del fatto che la massa del campo non e nulla.Analogamente, partendo da F †µν , si dimostra che anche la quadridivergenza diW †µ e nulla, per cui, in definitiva, risultano cosı dimostrate le equazioni di moto(2.306) sia per W µ che per W †µ.

La quantizzazione del campo W µ, al solito, viene effettuata espandendolo intermini di operatori di creazione/distruzione, nel modo seguente

W µ(x) =3∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[A(r, ~p) εµ(r, ~p) e−ipx + B†(r, ~p) ε∗µ(r, ~p) eipx

](2.312)

W †µ(x) =3∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[B(r, ~p) εµ(r, ~p) e−ipx + A†(r, ~p) ε∗µ(r, ~p) eipx

](2.313)

dove

• A(r, ~p) annichila la particella di quadrimpulso (Ep , ~p) = (√

m2 + |~p|2, ~p) edi stato di polarizzazione r;

• A†(r, ~p) crea la particella di quadrimpulso p ≡ (Ep , ~p) e polarizzazione r;

• B(r, ~p) annichila l’antiparticella di quadrimpulso p e polarizzazione r;

• B†(r, ~p) crea l’antiparticella di quadrimpulso p e polarizzazione r;

e questi operatori soddisfano le seguenti regole di commutazione (tutte le altresono nulle ...)

[A(r, ~p), A†(s, ~p′)

]=

[B(r, ~p), A†(s, ~p′)

]= 2 Ep (2π)3 δrs δ3(~p− ~p′) (2.314)

dove δrs e il simbolo di Kronecker.Quanto allo stato di polarizzazione, esso e specificato dai tre quadrivettori εµ(r, ~p),per r = 1, 2, 3. Questi quadrivettori, affinche sia garantita la condizione diquadridivergenza nulla ∂µW

µ = 0, devono soddisfare il vincolo

pµ εµ(r, ~p) = 0 (2.315)

Sempre nel caso di una particella di massa m 6= 0, la scelta consueta e quelladi fissare i quadrivettori εµ(r,~0) nel sistema di riferimento dove la particella e

65

ferma, ovvero dove essa ha quadrimpulso p ≡ (m, 0, 0, 0) e quindi di definirli nelriferimento dove essa ha impulso ~p, usando il boost che effettua la trasformazioneΛ(~p) · p ≡ (E, ~p) senza ruotare gli assi, i.e. attraverso la matrice di Lorentz

Λ(~p) =

Em

px

mpy

mpy

mpx

m1 + px px

m(E+m)px py

m(E+m)px pz

m(E+m)py

mpy px

m(E+m)1 + py py

m(E+m)py pz

m(E+m)pz

mpz px

m(E+m)pz py

m(E+m)1 + pz pz

m(E+m)

(2.316)

Nel riferimento dove la particella e ferma, la polarizzazione, dovendo essere or-togonale al quadrimpulso (nella metrica di Minkowski), deve essere tale che

εµ(r,~0) = (0,~ε(r))

dove gli ~ε(r) sono tre versori indipendenti, individuati ciascuno dall’indice r.Se indichiamo con ~ex = ~e1, ~ey = ~e2 e ~ez = ~e3 i versori dei tre assi coordinati,allora una scelta possibile e semplicemente la seguente

~ε(r) ≡ ~er

la quale conduce, secondo la regola sopra indicata, a quadrivettori di polariz-zazione reali, dati da

εµ(r, ~p) = Λ(~p)µ. ν εν(r,~0) =

(pr

m, δir +

pi pr

m(E + m)

)(2.317)

dove pr indica la componente r−esima del vettore ~p e δir e il simbolo di Kronecker.Un’altra scelta equivalente puo essere quella di usare invece autostati di sz, i.e.

~ε(+) ≡ −1√2

(~ex + i~ey) ; ~ε(0) ≡ ~ez; ~ε(−) ≡ 1√2

(~ex − i~ey) ; (2.318)

I quadrivettori di polarizzazione cosi definiti soddisfano74 inoltre la condizione dicompletezza seguente

3∑

r=1

εµ(r, ~p)ε∗ν(r, ~p) = −δµν +pµpν

m2(2.323)

74Dalla definizione segue in particolare che, nel caso (2.317) di vettori di polarizzazione reale,risulta

εµ(r, ~p)ε∗µ(s, ~p) =pr ps

m2−

(δir +

pi pr

m(E + m)

) (δis +

pi ps

m(E + m)

)=

=pr ps

m2− δrs − 2

pr ps

m(E + m)− pr ps(E + m)(E −m)

m2(E + m)2=

= −δrs + pr ps

[1

m2− 2

m(E + m)− E −m

m2(E + m)

]=

= −δrs + pr psm + E − 2m− E + m

m2(e + m)= −δrs (2.319)

66

Quanto poi alla funzione d’onda ψµ(r, ~p; x) che, in rappresentazione delle co-ordinate e associata allo stato

|r, ~p >≡ A†(r, ~p)|Ω >

essa75 e data da

ψµ(r, ~p; x) = εµ(r, ~p) e−ipx ≡< Ω|W µ(x) |r, ~p > (2.324)

Coerentemente con l’espressione della corrente76 di probabilita conservata invirtu dell’invarianza di gauge di prima specie della Lagrangiana (2.307),

Jµ = −i[(∂µW ν) W †

ν − (∂µW †ν ) W ν

](2.328)

Questa relazione puo essere dedotta anche semplicemente osservando che siccome

εµ(s, ~p) =(Λ(~p) · ε(s,~0)

)µ

(2.320)

deve essere evidentemente che

εµ(s, ~p) ε∗µ(r, ~p) =(Λ(~p) ε(s,~0)

)·(Λ(~p) ε(r,~0)

)(2.321)

e per le note proprieta del prodotto scalare fra quadrivettori, questa quantita e pari a

εµ(s,~0) ε∗µ(r,~0) = −δsr (2.322)

visto come sono definite queste stesse polarizzazioni nel sistema del CM .75Per lo stato B†(r, ~p)|Ω > occorre semplicemente scambiare W con il suo hermitiano coniu-

gato W †.76Dal teorema di Noether (cfr. (2.12)) abbiamo

Jµ(x) = −i

[− ∂L

∂(∂µWρ)Wρ +

∂L∂(∂µW ∗

ρ )W ∗

ρ

](2.325)

ovvero

Jµ(x) = i[F ∗µρWρ − FµρW ∗

ρ

]= i

[(∂µW ∗ρ − ∂ρW ∗µ) Wρ − (∂µW ρ − ∂ρWµ)W ∗

ρ

]=

= i[(∂µW ∗ρ) Wρ − (∂ρW ∗µ) Wρ − (∂µW ρ) W ∗

ρ + (∂ρWµ) W ∗ρ

](2.326)

che, tenendo conto che ∂ρWρ = 0, si puo riscrivere come

Jµ(x) = i[(∂µW ∗ρ)Wρ − (∂µW ρ)W ∗

ρ

]− i∂ρ[W ∗µWρ −WµW ∗

ρ

](2.327)

Si osservi ora che il termine Jµ ≡ −i∂ρ[W ∗µWρ −WµW ∗

ρ

]

• soddisfa separatamente l’equazione di continuita ∂µJµ = 0;

• il suo contributo all’integrale spaziale di J0(x) e nullo perche coincide con una divergenzanelle sole variabili spaziali;

Per queste ragioni, allo scopo di definire il prodotto scalare fra due funzioni d’onda, possiamoignorarne il contributo, come abbiamo fatto nella (2.328).

67

il prodotto scalare fra due stati di singola particella |a > e |b >, rappresentatidalle funzioni d’onda ψµ

(a)(x) e ψµ(b)(x) si deve scrivere77

< a|b >= −i∫

d3x[(

∂0ψµ(b)(~x, t)

)ψ∗(a)µ(~x, t)−

(∂0ψ∗µ(a)(~x, t)

)ψµ

(b)(~x, t)](2.331)

per cui, di nuovo, la densita di particelle associata alla funzione d’onda (2.324)vale 2E, infatti, per la (2.319), risulta

ρ(x) = J0(x) = −i[(∂0ψµ(r, ~p; x))ψ∗µ(r, ~p; x)− (∂0ψ∗µ(r, ~p; x))ψµ(r, ~p; x)

]=

= 2p0 ≡ 2E (2.332)

Veniamo adesso alla legge di trasformazione degli operatori di creazione e dis-truzione sotto il gruppo di Poincare. Ricordiamo che il campo vettoriale godedella proprieta per cui

U(a, Λ) W µ(x) U−1(a, Λ) = (Λ−1)µ. ν W ν(Λx + a) (2.333)

La presenza dei vettori di polarizzazione nella rappresentazione del campo

W µ(x) =3∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[A(r, ~p) εµ(r, ~p) e−ipx + B†(r, ~p) ε∗µ(r, ~p) eipx

](2.334)

richiede che, per stabilire la legge di trasformazione degli operatori di creazionee distruzione in modo coerente con la (2.333), si debbano conoscere preventiva-mente come gli εµ(r, ~p) si trasformano sotto il gruppo di Lorentz.Ricordiamo che, per la definizione (2.317), risulta

εµ(s, ~p) ≡ Λ(~p)µ. ν εν(s,~0) (2.335)

Dimostriamo adesso che il quadrivettore Λ · ε(s, ~p) e combinazione lineare delle

polarizzazioni ε(r, ~Λp), qualsiasi siano Λ e ~p, i.e. che si ha

Λ · ε(s, ~p) = Mrs ε(r, ~Λp) (2.336)

77Per gli autostati dell’impulso di cui sopra, si ha

< r, ~p|s, ~q >= −i

∫d3x

[(∂0ψµ(s, ~q; x)

)ψ∗µ(r, ~p; x)− (

∂0ψ∗µ(r, ~p;x))ψµ(s, ~q; x)

](2.329)

i.e., risulta

< r, ~p|s, ~q > = −i

∫d3x

[(∂0e−iqx)εµ(s, ~q) ε∗µ(r, ~p) eipx − ε∗µ(r, ~p) (∂0eipx)e−iqxεµ(s, ~q)

]=

= i2∫

d3x (q0 + p0)eix(p−q) ε∗µ(r, ~p) εµ(s, ~q) = 2p0 δrs (2π3) δ3(~p− ~q) (2.330)

coerentemente con le regole di commutazione ...

68

con M matrice opportuna, che adesso determineremo.La (2.336) puo essere riscritta, usando la definizione (2.335), come segue

Λ · Λ(~p) · ε(s,~0) = Mrs Λ( ~Λp) · ε(r,~0) ⇔⇔ Λ−1( ~Λp) · Λ · Λ(~p) · ε(s,~0) = Mrs ε(r,~0) (2.337)

D’altronde Λ−1( ~Λp) ·Λ ·Λ(~p) e una rotazione, poiche trasforma p in se stesso: sitratta della rotazione di Wigner R(Λ, ~p)

R(Λ, ~p) ≡ Λ−1( ~Λp) · Λ · Λ(~p) (2.338)

E’ immediato allora osservare che, se Rjs e la matrice ortogonale che descrive larotazione di Wigner di cui sopra in tre dimensioni, e

R(Λ, ~p)µ. ν εν(s,~0) = Rjs εµ(j,~0) ⇒ Mrs = Rrs (2.339)

cioe la matrice M che abbiamo introdotto con la (2.336) altri non e che la matriceortogonale definita dalla rotazione di Wigner R(Λ, ~p).Riprendendo allora la (2.336)

Λ · ε(s, ~p) = Rrs ε(r, ~Λp) (2.340)

e moltiplicando a sinistra per (R−1)st, otteniamo (si ricordi che R e ortogonale)

(R−1)st Λ · ε(s, ~p) = (R−1)st Rrs ε(r, ~Λp) ⇒ ε(t, ~Λp) = (R−1)st Λ ε(s, ~p)

⇒ ε(t, ~Λp) = Rts Λ · ε(s, ~p) ⇔ εµ(t, ~Λp) = Rts Λµ. ν · εν(s, ~p) (2.341)

Dato questo modo di trasformarsi dei vettori di polarizzazione, la legge di trasfor-mazione degli operatori di creazione e distruzione che garantisce la (2.333) e laseguente

U(a, Λ) A(s, ~p) U−1(a, Λ) = e−ia·Λp Rrs A(r, ~Λp) (2.342)

U(a, Λ) A†(s, ~p) U−1(a, Λ) = eia·Λp R∗rs A†(r, ~Λp) (2.343)

e lo stesso per gli operatori B e B†.Risulta infatti (U ≡ U(a, Λ)...)

U(a, Λ) W µ(x) U−1(a, Λ) =3∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[U A(r, ~p) U−1 εµ(r, ~p) e−ipx +

U B†(r, ~p) U−1 ε∗µ(r, ~p) eipx]

=

=∑

r,k

∫ d3p

2Ep(2π)3

[e−ia·Λp Rkr A(k, ~Λp) εµ(r, ~p) e−ipx +

eia·Λp R∗kr B†(k, ~Λp) ε∗µ(r, ~p) eipx

]

69

Ponendo q = Λp ⇒ p · x = (Λp) · (Λx) = q · Λx, abbiamo allora

U(a, Λ) W µ(x) U−1(a, Λ) =

=∑

r,k

∫ d3q

2Eq(2π)3

[e−iq·(a+Λx) Rkr A(k, ~q) εµ(r, ~Λ−1q) +

eiq·(a+Λx) R∗kr B†(k, ~q) ε∗µ(r, ~Λ−1q)

](2.344)

ma, per la (2.341)

Rkr ε(r, ~Λ−1q) = Rkr Rrt Λ−1 · ε(t, ~q) (2.345)

dove R e adesso la rotazione di Wigner definita da

R = Λ−1(Λ−1q) · Λ−1 · Λ(q) =(Λ−1(q) · Λ · Λ(Λ−1q)

)−1=

=(Λ−1(Λp) · Λ · Λ(p)

)−1= (R)−1 (2.346)

e dunque

Rkr εµ(r, ~Λ−1q) =(Λ−1

)µ

. νεν(k, ~q) (2.347)

Sostituendo la (2.347) nella (2.344), otteniamo immediatamente la (2.333) cherisulta cosı dimostrata.

Quanto infine all’azione delle simmetrie C, P e T , data la definizione (2.317)del vettore di polarizzazione per cui

εµ(r, ~p) = −εµ(r,−~p) = ε∗µ(r, ~p) (2.348)

abbiamo che risulta

C A(s, ~p) C−1 = e−iηCB(s, ~p) ←→ C A†(s, ~p) C−1 = eiηCB†(s, ~p) (2.349)

C B(s, ~p) C−1 = eiηCA(s, ~p) ←→ C B†(s, ~p) C−1 = e−iηCA†(s, ~p) (2.350)

C W µ(x) C−1 = e−iηC W †µ(x) ←→ C W †µ(x) C−1 = eiηC W µ(x) (2.351)

P A(s, ~p) P−1 = −e−iηP A(s,−~p) ←→ P A†(s, ~p) P−1 = −eiηP A†(s,−~p) (2.352)

P B(s, ~p) P−1 = −eiηP B(s,−~p) ←→ P B†(s, ~p) P−1 = −e−iηP B†(s,−~p) (2.353)

P W µ(x) P−1 = e−iηP Wµ(Px) ←→ P W µ(x) P−1 = e−iηP Wµ(Px) (2.354)

T A(s, ~p) T−1 = −e−iηT A(s,−~p) ←→ T A†(s, ~p) T−1 = −eiηT A†(s,−~p) (2.355)

T B(s, ~p) T−1 = −eiηT B(s,−~p) ←→ T B†(s, ~p) T−1 = −e−iηT B†(s,−~p) (2.356)

T W µ(x) T−1 = e−iηT Wµ(Tx) ←→ T W µ(x) T−1 = e−iηT Wµ(Tx) (2.357)

70

dalle quali, per quanto riguarda la corrente (2.328)

Jµ = −i((∂µW ν) W †

ν − (∂µW †ν ) W ν

)(2.358)

ricaviamo

C Jµ(x) C−1 = Jµ(x) (2.359)

P Jµ(x) P−1 = Jµ(Px) (2.360)

T Jµ(x) T−1 = Jµ(Tx) (2.361)

Veniamo adesso a considerare un caso molto particolare di campo vettorialecioe quello del campo elettromagnetico Aµ(x).Ricordiamo che, classicamente, in assenza di cariche e correnti, il campo Aµ

soddisfa la seguente equazione del moto

∂µ F µν ≡ 2 Aν − ∂ν(∂µAµ) = 0 (2.362)

la quale puo essere dedotta dalla lagrangiana gia usata nel caso massivo (2.307),ponendo m = 0, ovvero dalla lagrangiana78

L =1

4F µνFµν (2.363)

dove F µν e il tensore di cui alla (2.308), i.e.

F µν ≡ ∂µAν − ∂νAµ (2.364)

che, nel caso attuale, e proprio il consueto tensore del campo elettromagnetico

F µν ≡ ∂µAν − ∂νAµ =

0 − Ex − Ey − Ez

Ex 0 −Bz By

Ey Bz 0 −Bx

Ez −By Bx 0

(2.365)

Si noti che, nello scrivere la lagrangiana abbiamo usato il fatto che, proprioper il suo significato fisico in termini dei campi ~E e ~B, F µν e reale, i.e.

F µν = F ∗µν (2.366)

78Rispetto al caso del campo vettoriale carico di massa m, la lagrangiana presenta adessoun fattore 1

4 invece di 12 perche adesso ∂µAν compare quattro volte in essa, visto che compare

sia in Fµν che in Fµν ... Chiaramente il fattore moltiplicativo non ha comunque effetto sulleequazioni di moto, essendo esse omogenee nella lagrangiana: volendo scriverla correttamentenormalizzata nel sistema c.g.s. es., il fattore sarebbe in realta − 1

16π .

71

e dunque anche il campo Aµ e un campo autoaggiunto (o, comunque, puo esseresempre imposto che sia tale !).

A differenza del caso massivo, dall’equazione di moto (2.362) non discendela condizione (2.311) di quadridivergenza nulla. Questa condizione puo essereimposta indipendentemente, usando il fatto che, fissato Fµν , cioe fissati i campi

elettromagnetici ~E e ~B, il potenziale Aµ e indeterminato a meno di una trasfor-mazione di gauge

Aµ → A′µ = Aµ − ∂µχ (2.367)

dove χ = χ(x) e una funzione scalare, a priori qualsiasi.Questa arbitrarieta puo essere usata per scegliere Aµ in modo che soddisfi lacondizione (gauge) di Lorentz79, i.e.

∂µAµ = 0 (2.368)

In questo modo, l’equazione per il potenziale si semplifica e diventa

∂µ F µν ≡ 2 Aν − ∂ν(∂µAµ) = 0 ⇒ 2Aν = 0 (2.369)

L’equazione

2Aν = 0 (2.370)

ha soluzioni piane della forma

Aµ = N εµ e−ikx (2.371)

dove kµkµ ≡ k2 = 0, N e un opportuno fattore di normalizzazione ed εµ e il

quadrivettore che descrive appunto la polarizzazione dell’onda.La condizione di Lorentz, come abbiamo gia visto nel caso massivo, implica chenon tutte le quattro polarizzazioni indipendenti siano possibili, bensı solo quelleper cui

kµ εµ = 0 (2.372)

Questo, ovviamente, riduce da quattro a tre le polarizzazioni80 possibili.

79Come e ben noto dall’elettromagnetismo classico, basta che χ(x) sia scelto in modo chesoddisfi l’equazione 2χ = ∂µAµ: evidentemente il campo A′µ che discende dalla (2.367) haquadridivergenza nulla ed e equivalente ad Aµ per quanto riguarda la descrizione dei campielettromagnetici.

80Nel caso massivo, la condizione sulla quadridivergenza eliminava il contributo scalare, las-ciando solo quello di spin 1. Nel caso di massa nulla, un’affermazione simile perderebbe disignificato perche, in questo caso, e lo spin come variabile a non essere piu definito ! Per massanulla, si puo parlare, infatti, solo di stati di elicita definita (e questo e sempre uno solo ...). Lacondizione sulla quadridivergenza elimina uno stato di elicita che corrisponde a λ = 0.

72

Ma noi sappiamo che gli stati di polarizzazione indipendenti di un fotone conimpulso ~k fissato sono solo due !L’ulteriore riduzione avviene, come noto, tenendo conto che la gauge di Lorentznon esaurisce i gradi di arbitrarieta che abbiamo su Aµ, infatti l’ulteriore trasfor-mazione di gauge ristretta

Aµ → A′µ = Aµ − ∂µχ; 2χ = 0 (2.373)

lascia inalterate sia la condizione di Lorentz che il tensore F µν .Quest’ultima liberta di gauge corrisponde, per le soluzioni piane, a traslare lapolarizzazione nel modo seguente (λ e un coefficiente complesso arbitrario)

εµ → ε′µ = εµ + λkµ (2.374)

Questa possibilita ha conseguenze importanti, infatti proviamo a considerare unasoluzione con

kµ = (k0, ~k); εµ = (ε0,~ε) (2.375)

che soddisfa la condizione di Lorentz, i.e.

ε · k = 0 (2.376)

La condizione di gauge (2.374) implica che si possa sommare ad εµ un qualunquemultiplo di kµ ed avere ancora un vettore di polarizzazione equivalente a quellodi partenza. Essendo certamente k0 6= 0 dato che k e sul cono luce, possiamodunque sempre fare in modo che

ε0 = 0 ⇒ εµ = (0,~ε) (2.377)

La condizione di Lorentz diviene allora

~k · ~ε = 0 (2.378)

ovvero implica che ~ε, a sua volta, sia trasverso all’impulso spaziale del fotone edunque esistano solo due polarizzazioni indipendenti.In questa gauge, evidentemente, div ~A = 0 e, in assenza di cariche e correnti,il potenziale scalare e nullo, i.e. A0 ≡ 0: e la gauge di radiazione detta anchegauge di Coulomb o anche gauge trasversa, nella quale il potenziale scalare V =A0 soddisfa l’equazione dell’elettrostatica81 . Ovviamente questa gauge non ecovariante al cambiare del sistema di riferimento inerziale: lo e, comunque, a

81In presenza di cariche, vale l’equazione ∇2V = −4π ρ: il potenziale scalare appare come sesi propagasse in modo istantaneo, cioe a velocita infinita. Il punto e che il moto delle cariche edeterminato dai campi ~E e ~B e non dal quadripotenziale e, visto che la scelta attuale differisceda quella canonica per una trasformazione di gauge, essa e legittima e perfettamente equivalentea quella canonica quanto ad effetti osservabili.

73

Figure 4: Polarizzazioni lineari del fotone e sua direzione di propagazione

meno di una trasformazione di gauge ristretta !Per un’onda che viaggia nella direzione ~k dell’asse z, possiamo scegliere

~εz(1) = (1, 0, 0) (2.379)

~εz(2) = (0, 1, 0) (2.380)

e questo corrisponde a scegliere polarizzazioni lineari e reali, per cui, evidente-mente risulta

~εz(i)∗ = ~εz(i), i = 1, 2 (2.381)

Per ipotesi, i versori ~εz(1), ~εz(2) e ~k/|~k| formano una terna destrorsa, rispettiva-mente come gli assi cartesiani x, y, z: seguendo la convenzione usata da Bjorkene Drell82 assumeremo che sia

~ε−z(1) = −~εz(1) (2.382)

~ε−z(2) = ~εz(2) (2.383)

Un’altra scelta equivalente e molto spesso piu comoda e quella di usare po-larizzazioni circolari, i.e., sempre per un fotone che viaggia lungo l’asse z

~εz(+) =1√2

(−~εz(1)− i~εz(2)) = − 1√2(1, i, 0) elicita′ λ = +1 (2.384)

~εz(−) =1√2

(~εz(1)− i~εz(2)) =1√2(1,−i, 0) elicita′ λ = −1 (2.385)

82J.D. Bjorken, S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields, McGraw-Hill 1965

74

ed in questo caso, risulta evidentemente che

~εz(±)∗ = −~εz(∓) (2.386)

Sempre nel caso di polarizzazioni circolari, date le (2.382) e (2.383), risulta altresı

~ε−z(+) =1√2

(~εz(1)− i~εz(2)) = ~εz(−) (2.387)

~ε−z(−) =1√2

(−~εz(1)− i~εz(2)) = ~εz(+) (2.388)

i.e.

~ε−z(±) = ~εz(∓) (2.389)

Fin qui si e sempre assunto che l’impulso sia diretto come l’asse z, nel suo versooppure in verso opposto.Vediamo ora che succede nel caso generico in cui

kµ = (k,~k) (2.390)

Posto che sia

~k = k (sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ) (2.391)

allora iniziamo definendo la rotazione seguente:

R~k = Rz(φ) Ry(θ) R−1z (φ) ≡ e−iφL3 e−iθL2 eiφL3 (2.392)

dove gli Lj sono i consueti generatori delle rotazioni in tre dimensioni, i.e. lematrici

(Lj)kl = −i εjkl (2.393)

Questa rotazione gode della proprieta per cui83

R~k (0, 0, 1) = (sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ) ⇒ R~k (0, 0, k) = ~k (2.397)

83Ricordiamo, per prima cosa, che una generica trasformazione attiva di rotazione R in tredimensioni puo essere sempre scritta come R = e−i ~α·~L dove ~α/|~α| e l’asse di rotazione (lasciatoinvariato dalla stessa ...) ed |~α| e l’ampiezza della rotazione stessa (in senso antiorario, intornoall’asse di cui sopra): la rotazione (2.392) risulta essere una rotazione di θ intorno all’asse~n = Rz(φ)~n0, dove ~n0 ≡ (0, 1, 0).Per dimostarlo, partiamo dal fatto che, in generale, risulta che R ei~α·~L R−1 = ei(R~α)·~L, ovvero latrasformazione in questione sulla generica rotazione ei~α·~L non altera l’ampiezza della rotazionema solo l’asse intorno cui essa avviene che, invece di essere individuato dall’originale ~α, e

75

Poniamo dunque, per definizione84

~ε(~k, s) ≡ R~k ~εz(s) ⇒ εµ(s,~k) ≡ (0,~ε(~k, s)) (2.398)

Essendo R reale, ne segue in particolare che, per polarizzazioni circolari, risulta(si ricordi che le componenti dei vettori di polarizzazione sono comunque solospaziali...)

~εz(±)∗ = −~εz(∓) ⇒ ε∗µ(λ,~k) = −εµ(−λ,~k) = εµ(−λ,~k) (2.399)

~εz(±) = ~ε−z(∓) ⇒ εµ(λ,~k) = εµ(−λ,−~k) = −εµ(−λ,−~k) (2.400)

Venendo adesso allo sviluppo del campo elettromagnetico in termini di operatoridi creazione e distruzione, questo e dato85 da (Ep ≡ |~p|)

Aµ(x) =2∑

s=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(~p, s) εµ(s, ~p) e−ipx + a†(~p, s) ε∗µ(s, ~p) eipx

]

=∑

λ=±1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(~p, λ) εµ(λ, ~p) e−ipx + a†(~p, λ) ε∗µ(λ, ~p) eipx

](2.401)

individuato da R~α. Essendo nel nostro caso

Ry(θ) = e−i~n0·~L (2.394)

Rz(φ) ≡ e−iφ L3 =

cosφ − sinφ 0sinφ cosφ 0

0 0 1

(2.395)

e evidente che Rz(φ)~n0 = (−sinφ, cosφ, 0) ≡ ~n e l’effettivo asse intorno a cui avviene la ro-tazione (2.392) e dunque che Rz(φ)Ry(θ)R−1

z (φ) descrive una rotazione di θ intorno all’asse ~n

che, su basi semplicemente geometriche, manda evidentemente il versore (0, 0, 1) in ~k.Verifichiamolo adesso direttamente. Si ha infatti

Rz(φ)Ry(θ)R−1z (φ) (0, 0, k) = Rz(φ)Ry(θ) (0, 0, k) = Rz(φ) (k sinθ, 0, k cosθ) =

= k(sinθ cosφ, sinθ sinφ, cosθ)

che e quanto volevamo dimostrare. In forma esplicita, la rotazione in questione e

R~k =

sin2φ + cos2φ cosθ sinφ cosφ(cosθ − 1) sinθ cosφsinφ cosφ(cosθ − 1) cos2φ + sin2φ cosθ sinθ sinφ

−sinθ cosφ − sinθ sinφ cosθ

(2.396)

84Ne segue, allora, per esempio, che la convenzione sopracitata di Bjorken e Drell (2.382)e (2.383) corrisponde, semplicemente, ad individuare il vettore (0, 0,−k) rispetto al vettore(0, 0, k) attraverso gli angoli di Eulero θ = π, φ = 0 ...

85cfr. J.D. Bjorkeen, S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields, McGraw-Hill 1965, pag.74L’espressione (2.401) non e covariante a vista a causa proprio della convenzione fatta per lepolarizzazioni che implica, per esempio, che A0 = 0 ... Se vogliamo mantenere la covarianzaesplicita dell’espansione del campo Aµ sotto il gruppo di Lorentz, allora e necessario coinvolgeretutte e quattro le componenti del campo, inclusi quindi i due gradi di liberta non fisici.

76

dove la somma e fatta solo sui due stati di polarizzazione fisici e εµ(λ, ~p) de-scrive appunto lo stato86 di polarizzazione del fotone generato dall’operatore dicreazione a†(~p, λ), quando esso viene applicato al vuoto.Si osservi che, per come e stato definito, il campo Aµ(x) risulta certamenteautoaggiunto87 !

Quanto poi all’algebra del campo, essa e definita attraverso le seguenti unicheregole di commutazione non banali

[a(~p, s) , a†(~q, t)] = 2Ep (2π)3 δ(~q − ~p) δst (2.403)

Venendo infine all’azione delle simmetrie discrete C, P e T , usando stati di po-larizzazione circolari, risulta che

C a(~k, λ) C−1 = −a(~k, λ) ←→ C a†(~k, λ) C−1 = −a†(~k, λ) (2.404)

C Aµ(x) C−1 = −Aµ(x) (2.405)

P a(~k, λ) P−1 = −a(−~k,−λ) ←→ P a†(~k, λ) P−1 = −a†(−~k,−λ) (2.406)

P Aµ(x) P−1 = Aµ(Px) (2.407)

T a(~k, λ) T−1 = a(−~k, λ) ←→ T a†(~k, λ) T−1 = a†(−~k, λ) (2.408)

T Aµ(x) T−1 = Aµ(Tx) (2.409)

Osserviamo adesso in particolare che, nel momento in cui richiediamo che

C a(~p, λ)C−1 = −a(~p, λ); C a†(~p, λ)C−1 = −a†(~p, λ) (2.410)

stiamo dicendo che fotone e antifotone sono la stessa particella, cosa del restoovvia visto che il campo e autoaggiunto ...

86Infatti la funzione d’onda del fotone individuato dallo stato a†(~p, λ) |Ω > e data da

ψµλ(x) = < Ω|Aµ(x) a†(~p, λ) |Ω >=

=∑

λ′

∫d3q

(2π)3 2Eq< Ω| [

a(~q, λ′) εµ(~q, λ′) e−iqx + a†(~q, λ′) ε∗µ(~q, λ′) eiqx]

a†(~p, λ) |Ω >=

=∑

λ′

∫d3q

(2π)3 2Eqεµ(~q, λ′) e−iqx (2π)3 δλλ′ δ(~q − ~p) 2Eq = εµ(~q, λ) e−ipx (2.402)

dove si e usato il fatto che < Ω| a a† |Ω >=< Ω|[a , a†] |Ω > e che < Ω|a† a† |Ω >= 0, nonchel’espressione canonica del commutatore.

87Essendo il campo Aµ autoaggiunto, la lagrangiana che ne descrive la dinamica non puoessere invariante per trasformazioni di gauge di prima specie e dunque non puo esistere unacorrente conservata ad essa associata ...

77

Come si vede, pero, il fatto che particella e antiparticella in questo caso coinci-dano, non implica che C non abbia alcun effetto sullo stato di fotone, infatti dalla(2.410) segue immediatamente che

C |~k, s >= − |~k, s > (2.411)

ovvero che su uno stato di n fotoni, risulta

C |n fotoni >= (−1)n |n fotoni > (2.412)

e poiche l’elettrodinamica (QED) e invariante sotto C, da questo segue in par-ticolare che non possono esistere elementi di matrice, dovuti all’interazione elet-tromagnetica, fra stati C-dispari con un numero di fotoni pari e stati C-pari conun numero di fotoni dispari: e il teorema di Furry.

78

2.2.3 Il decadimento del π0

Proviamo adesso ad applicare quanto detto fino ad ora circa le simmetrie discrete,per esempio, al caso del decadimento del pione π0.Esso decade quasi unicamente per via elettromagnetica in due fotoni

π0 → γ γ (2.413)

attraverso l’annichilazione della coppia di quarks/antiquarks che lo compongono.Siccome il processo e, appunto, elettromagnetico, si devono conservare separata-mente C, P e T . Vediamo con quali conseguenze.Iniziamo dalla conservazione di C.Evidentemente, visto che i fotoni sono autostati dispari della coniugazione di car-ica, i.e. eiηC(γ) = −1, ne segue immediatamente che il pione deve essere anch’essoautostato della coniugazione di carica, corrispondente all’autovalore +1, dovendoappunto essere

eiηC(π0) = eiηC(γ) · eiηC(γ) = (−1)2 = +1 (2.414)

i.e.

C|π0 >= +|π0 > (2.415)

Poi sappiamo anche che il pione e pseudoscalare88: quali sono le conseguenzesullo stato dei due fotoni in relazione alla conservazione di P ?

88La parita intrinseca del π0 viene determinata, come vedremo tra breve, proprio attraversolo studio della correlazione fra gli stati di polarizzazione lineare dei due fotoni emessi; ma questastrada pero, come e ovvio, e percorribile solo per il pione neutro...Quanto, invece al pione carico, per esempio, al pione π−, la sua parita intrinseca e statadeterminata attraverso lo studio della reazione di cattura nucleare che segue alla cattura elet-tromagnetica del π− da parte del deutone, i.e. la reazione

π− + d → n + n (2.416)

Il deutone, come e noto, e in uno stato JP = 1+. Ricordiamo a questo proposito che, siccome laforza forte conserva la parita, ci attendiamo che lo stato fondamentale di deutone abbia paritadefinita: si trova infatti che questo sostanzialmente uno stato L = 0 con una piccola contami-nazione da L = 2 (infatti possiede un piccolo momento di quadrupolo elettrico, incompatibilecon la simmetria sferica di L = 0), dunque uno stato pari. Quanto allo spin, esso deve essereS = 1 per ragioni di statistica: i due nucleoni devono essere infatti in uno stato globalmentedispari per scambio e, visto che l’isospin del deutone e nullo e dunque lo stato di isospin deidue nucleoni che lo formano e dispari mentre la parte orbitale e pari, ne segue che lo stato dispin deve essere anch’esso pari e dunque puo essere solo S = 1.Quanto al mesone π−, si assume di sapere che esso abbia spin nullo (la dimostrazione speri-mentale di questo fatto sara data in seguito e si basa sul confronto delle sezione d’urto dellareazione π+ + d → p + p con quella della sua inversa).Ne segue che (cfr. K. Brueckner et al. in Phys. Rev. 81, 575 (1951)), siccome la cattura(2.416) avviene in onda S (la forza forte e una forza a corto range, perche possa agire e nec-essario dunque che la funzione d’onda del pione si sovrapponga apprezzabilmente a quella deldeutone e questo, come e noto dalla teoria dell’atomo di idrogeno, avviene sostanzialmente solo

79

Consideriamo, per semplicita, il caso del decadimento a riposo ed ammettiamoche i due fotoni si propaghino lungo l’asse z in versi opposti. Sappiamo che ilπ0 ha spin nullo, dunque la proiezione dello spin dei fotoni lungo qualunque assee quindi anche lungo l’asse z deve restare nulla per conservazione del momentoangolare: ne segue che i soli stati possibili (entrambi i fotoni avranno, ovviamente,la stessa energia k pari a k = m0

π/2) sono

|k, + > | − k, + > e |k,− > | − k,− > (2.418)

i.e. entrambi devono avere necessariamente la stessa elicita.Occorre pero tenere ora di conto del fatto che i fotoni sono bosoni identici e quindiche lo stato deve essere simmetrico di scambio, per cui, in realta, gli stati possibili

per stati aventi L = 0) evidentemente lo stato di partenza deve essere tale che JP = 1x dovex e appunto la parita intrinseca, ignota, del pione. Lo stato finale dei due neutroni, essendo lareazione mediata dalla forza forte che conserva la Parita, ha la stessa parita dello stato inizialee dunque (visto che il momento angolare deve anche lui conservarsi !) e anch’esso tale per cuiJP = 1x. Trattandosi di un sistema non relativistico, spin e momento orbitale sono separabili:siccome i neutroni hanno spin 1/2, lo stato di spin della coppia puo essere solo S = 0 oppureS = 1 per cui, per le ben note regole di composizione dei momenti angolari, dovendo lo statoavere J = 1, puo solo essere

J = 1 ⇒ L = 0, S = 1L = 1, S = 0L = 1, S = 1L = 2, S = 1

D’altronde lo stato dei due neutroni deve essere antisimmetrico per scambio, ovvero, visto che,per scambio, la funzione d’onda orbitale va come (−1)L e quella di spin come (−1)S+1, deverisultare

(−1)L · (−1)S+1 = −1 (2.417)

la quale implica che L + S debba essere pari e l’unico caso che realizza questa condizione ede compatibile con J = 1 e L = 1, S = 1. Ma allora, assunto che la parita si conservi nelprocesso (interazione forte), poiche la parita dello stato dei due neutroni e (−1)L = −1, questadeve essere anche la parita dello stato iniziale. Ma il fatto che la cattura avvenga in onda Sgarantisce che la parita orbitale dello stato (π−d) sia positiva e siccome la parita intrinsecadel deutone e anch’essa positiva (ricordiamo che, per convenzione, neutroni e protoni hannola stessa parita intrinseca che e definita pari a +1, senza che questo possa avere conseguenzeosservabili visto che il numero barionico si conserva), ne segue che la parita intrinseca del pionedeve essere Pπ = −1, cioe il pione negativo deve essere, appunto, una particella pseudoscalare.Per il pione positivo, ovviamente non si puo fare lo stesso ragionamento perche, essendo positivo,non subisce la cattura elettromagnetica da parte del nucleo e quella nucleare che ne consegue;pero, siccome esso e C−coniugato con il pione negativo e le simmetrie P e C commutano, devevalere anche per lui la stessa conlusione, i.e. che e pseudoscalare.

80

sono

|A > ≡ 1√2

(|k, + > | − k, + > +| − k, + > |k, + >) (2.419)

|B > ≡ 1√2

(|k,− > | − k,− > +| − k,− > |k,− >) (2.420)

dove il primo vettore descrive lo stato del fotone ”1” mentre il secondo quello delfotone ”2”.Poiche abbiamo visto che, per parita, risulta

P |~k,± >= −| − ~k,∓ > (2.421)

evidentemente ne |A > ne |B > sono autostati della parita, bensı

P |A >= |B >; P |B >= |A > (2.422)

D’altronde, per la conservazione di P nelle interazioni elettromagnetiche, essendo

P |π0 >= −|π0 > (2.423)

lo stato dei due fotoni deve essere autovettore di P per l’autovalore −1, e quindideve essere descritto dalla combinazione lineare seguente

|2 γ dal π0 > =1√2(|A > −|B >) ≡ |2γ, P = −1 >=

=1

2(|k, + > | − k, + > +| − k, + > |k, + > −

− |k,− > | − k,− > −| − k,− > |k,− >) (2.424)

Come possiamo distinguerla, per esempio, da quella opposta, corrispondente allostato di parita +1 ?Per esempio, se guardiamo il fotone che viaggia nel verso positivo dell’asse z edosserviamo che ha una certa elicita definita λ, e immediato che ne concludiamocomunque che anche l’altro fotone ha la stessa elicita e quindi non ci apprendiamonulla circa la parita dello stato.

Proviamo invece a vedere che succede se misuriamo lo stato di polarizzazionedel fotone che si muove nel verso positivo dell’asse z lungo, per esempio, l’asse x.Poiche per la (2.384) e la (2.385) evidentemente e

~εx(~k) ≡ ~ε(~k, 1) =1√2

(~ε(~k,−)− ~ε(~k, +)

)(2.425)

ecco che, se partiamo dallo stato |2γ, P = −1 > di cui sopra, allora se il fotoneche si muove nel verso positivo dell’asse z viene osservato trovarsi nello stato di

81

polarizzazione lungo l’asse x, ne segue che lo stato del fotone che si muove nelverso negativo dell’asse z, vista la (2.424) e la (2.425) deve essere il seguente

|γ(2) > =1

2√

2(−| − k,− > −| − k,− > −| − k, + > −| − k, + >)

= − 1√2(| − k,− > +| − k, + >) (2.426)

e dunque il suo stato di polarizzazione, sempre per le definizioni (2.384) e la(2.385), risulta essere il seguente

~ε(2) = −1

2

(−2i~ε(−~k, 2)

)= i~εy(−k) (2.427)

ovvero il fotone che viaggia lungo il verso negativo dell’asse z deve risultarepolarizzato lungo y: in altri termini, la polarizzazione lineare dei due fotoni deverisultare ortogonale.

Questo risultato e una diretta conseguenza della parita dello stato di partenza:se assumiamo infatti che questa sia +1, ovvero che

|2 γ > =1√2(|A > +|B >) ≡ |2γ, P = +1 >=

=1

2(|k, + > | − k, + > +| − k, + > |k, + > +

+ |k,− > | − k,− > +| − k,− > |k,− >) (2.428)

allora, se e stata osservata la polarizzazione del fotone che viaggia nel versopositivo dell’asse z allineata lungo l’asse x, lo stato del secondo fotone deve nec-essariamente essere il seguente

|γ(2) > =1

2√

2(| − k,− > +| − k,− > −| − k, + > −| − k, + >)

=1√2(| − k,− > −| − k, + >) (2.429)

e dunque il suo stato di polarizzazione deve risultare il seguente

=1

2

(2~ε(−~k, 1)

)= ~εx(−k) (2.430)

ovvero le polarizzazioni lineari dei due fotoni devono, in questo caso, essere par-allele.

Sperimentalmente si verifica che le polarizzazioni sono ortogonali89, coerente-mente con il fatto che P e conservata e che il π0 e pseudoscalare.

89La polarizzazione di un fotone di alta energia viene inferita attraverso l’osservazione delpiano definito dalla coppia e+e− a cui esso da origine, che tende ad essere allineato, appunto,con la direzione di polarizzazione lineare del gamma, come mostrato da N.M. Kroll e W. Wadain Phys. Rev. 98, 1355 (1955).

82

2.2.4 Il campo di Dirac libero

L’evoluzione del campo di Dirac90 libero e retta dalla lagrangiana91

L =i

2[ψγµ(∂µψ) − (∂µψ)γµψ] − m ψψ (2.450)

90Le matrici γµ sono matrici 4 × 4 che anticommutano fra di loro, risultando (e quella chesegue la loro definizione costitutiva !)

γµ, γν = 2 δµν (2.431)

Per quanto riguarda la loro forma esplicita, useremo la rappresentazione di Dirac-Pauli, i.e.

γ0 =(

I 00 − I

)γi =

(0 σi

−σi 0

)(2.432)

essendo ~σ ≡ (σi) le usuali matrici di Pauli, i.e.

σ1 =(

0 11 0

), σ2 =

(0 − ii 0

), σ3 =

(1 00 − 1

)(2.433)

Le γµ sono quindi tutte reali, eccetto la γ2 che e immaginaria pura.Accanto alle matrici γµ, si definisce altresı la matrice reale γ5 nel modo seguente

γ5 ≡ iγ0γ1γ2γ3 =(

0 II 0

); (γ5)2 = I (2.434)

Essa anticommuta con tutte le γµ.La matrice γ0 (come pure la γ5 ...) e hermitiana, mentre le γi sono antihermitiane (essendo lematrici di Pauli, invece, ovviamente hermitiane...).Da questo e dalla (2.431) segue immediatamente che

γ0 (γµ)† γ0 = γµ (2.435)

Venendo adesso alla legge di trasformazione sotto il gruppo di Poincare del campo di Dirac,essa e la seguente:

(a, Λ) : x → x′ = a + Λx (2.436)ψ(x) → ψ′(x′) = S(Λ)ψ(x) (2.437)

ovvero, in termini delle trasformazioni unitarie U(a,Λ) che costituiscono la rappresentazionedel gruppo di Poincare definita sullo spazio degli stati del sistema (trasformazione attiva)

U−1(a,Λ) ψ(x) U(a,Λ) = ψ′(x) = S(Λ)ψ(Λ−1(x− a)) (2.438)

da cui, equivalentemente

U(a,Λ) ψ(x)U−1(a,Λ) = S−1(Λ)ψ(Λx + a) (2.439)

La rappresentazione S(Λ) del gruppo di Lorentz non e unitaria (non potrebbe mai esserlo trat-tandosi di una rappresentazione non banale di dimensione finita di un gruppo non compatto),infatti essa e tale per cui

S(Λ)† = γ0 S−1(Λ) γ0 ⇔ S(Λ)† = γ0 S(Λ−1) γ0 ⇔ γ0 S(Λ)†γ0 = S(Λ−1) (2.440)

Da questo fatto segue che, prendendo l’hermitiana coniugata della (2.439) e ricordando che(γ0)2 = I, abbiamo

U(a,Λ) ψ†(x)U−1(a,Λ) = ψ†(Λx + a)S†(Λ−1) ⇒⇒ U(a,Λ) ψ†(x)U−1(a,Λ)γ0 = ψ†(Λx + a) γ0γ0S†(Λ−1)γ0 ⇒⇒ U(a,Λ) ψ(x)U−1(a,Λ) = ψ(Λx + a)S(Λ) (2.441)

83

La rappresentazione spinoriale S(Λ) e tale che

• S(Λ) = exp(

i4ωµνσµν

)con σµν = 1

2i [γµ, γν ];

• S−1(Λ) γµ S(Λ) = Λµ. ν γν ;

Dalla definizione della rappresentazione S(Λ) discende direttamente che

• siccome (σµν)† = 12i [γ

†µ, γ†ν ] e risulta γ0ㆵγ0 = γµ, come abbiamo gia anticipato, risulta

γ0 S(Λ)† γ0 = S(Λ−1) ≡ S−1(Λ) (2.442)

• per una trasformazione attiva (~v → R(~θ)~v)) definita dal vettore di rotazione ~θ ≡ θ ~n,risulta

S(~θ) = e−i2

~θ·~Σ = cos(θ/2) I − i(~n · ~Σ) sin(θ/2) (2.443)

dove

~Σ =(

~σ 00 ~σ

)(2.444)

• per un boost attivo (m(1, 0, 0, 0) → mγ(1, v~n)) definito dalla velocita v ( c = 1) nelladirezione ~n (trasformazione di Lorentz pura, senza rotazione degli assi), avendo definitola rapidita y nel modo consueto, i.e.

y ≡ th−1v (2.445)

risulta

S(~v) = e−12 y ~n·~α = ch(y/2) I + (~n · ~α) sh(y/2) (2.446)

dove, per definizione, abbiamo posto

~α =(

0 ~σ~σ 0

)(2.447)

• siccome la matrice γ5 anticommuta con tutte del γµ, essa commuta con σµν ed e quindiscalare per trasformazioni di Lorentz, i.e. risulta

S−1(Λ) γ5 S(Λ) = γ5

91Al posto della lagrangiana (2.450) viene spesso usata la forma seguente, non simmetricanei campi ψ e ψ

L = ψ(iγµ∂µ −m)ψ (2.448)

E’ immediato dimostrare che le due lagrangiane sono equivalenti fra loro, visto che la lorodifferenza e una quadridivergenza dei campi, essendo appunto

∆L =i

2[ψγµ(∂µψ) + (∂µψ)γµψ] =

i

2∂µ[ψγµψ] (2.449)

84

da cui si ricava appunto l’equazione92 di Dirac per ψ e per ψ ≡ ψ† γ0, cosı espressa

(i γµ∂µ − m) ψ = 0; i ∂µ ψ γµ + m ψ = 0 (2.451)

In prima quantizzazione, posto Ep ≡√

p2 + m2, le soluzioni piane dell’equazionedi Dirac hanno la forma

u(~p) e−ip·x; v(~p) eip·x (2.452)

dove gli spinori u(~p) e v(~p) soddisfano, rispettivamente, alle seguenti equazioni93

(6p−m)u(~p) = 0 (2.453)

(6p + m)v(~p) = 0 (2.454)

dove p ≡ (Ep , ~p) ed abbiamo definito94 6p ≡ pµγµ.

Per quanto riguarda, poi, gli spinori u e v, essi soddisfano le stesse equazionidegli spinori u e v, con la sola differenza che adesso l’operatore agisce sullo spinore

92Osserviamo che, moltiplicando, per esempio, l’equazione di Dirac per la ψ a sinistra perl’operatore i ∂µ γµ + m otteniamo

(i2 γµγν∂µ∂ν −m2)ψ = 0

La condizione γµ, γν = 2 δµν e costitutiva della definzione delle γ proprio perche assicurache la ψ (come pure la ψ ...) descriva una particella di massa m, i.e. soddisfi l’equazione diKlein-Gordon

(2 + m2)ψ = 0

Si osservi che questa equazione di K-G, comunque, avrebbe quattro soluzioni ad energia positivae quattro ad energia negativa, cioe il doppio di quelle dell’equazione di Dirac !La cosa, naturalmente, non deve stupire visto che e stata ottenuta ”iterando” in un certo sensol’equazione di Dirac di partenza ...

93Chiaramente, le equazioni (2.453) e (2.454) sono le equazioni algebriche in cui prende formal’equazione di Dirac quando si vada in rappresentazione dell’impulso !

94Ricordiamo alcune proprieta algebriche degli operatori che stiamo trattando. Risulta

(6p±m)(6p±m) = (m± 6p)(m± 6p) == (pµγµ ±m)(pνγν ±m) = pµpν γµγν ± 2m 6p + m2

=12pµpν γµγν ± 2m 6p + m2 = p2 ± 2m 6p + m2 =

= 2m2 ± 2m 6p = 2m(m± 6p) (2.455)

mentre e

(6p±m)( 6p∓m) = pµpν γµγν −m2 = 0 (2.456)

85

a destra, invece che a sinistra, i.e. risulta95

u(~p)(6p−m) = 0 (2.461)

v(~p)(6p + m) = 0 (2.462)

Gli spinori u(~p) individuano soluzioni ad energia positiva, infatti

i∂

∂t

[u(~p) e−i p·x]

= Ep u(~p) e−i p·x (2.463)

a differenza degli spinori v(~p) che, invece, per la stessa ragione, individuanosoluzioni ad energia negativa: per entrambi i tipi di soluzione, poi, esistono duecomponenti indipendenti dei relativi spinori, i quali, da ora in poi saranno quindiindividuati anche con un indice r opportuno, i.e.

u(~p) → u(r)(~p); v(~p) → v(r)(~p) r = 1, 2

La definizione esplicita degli spinori u e v che noi adotteremo e la seguente96

u(r)(~p) ≡ m+ 6p√m + Ep

u(r)0 ⇔ u(r)(~p) = u

(r)0

m+ 6p√m + Ep

(2.464)

v(r)(~p) ≡ m− 6p√m + Ep

v(r)0 ⇔ v(r)(~p) = v

(r)0

m− 6p√m + Ep

(2.465)

95Dimostriamo, per esempio, la (2.461). Prendiamo dunque l’hermitiana coniugata della(2.453) e moltiplichiamola a destra per γ0.Evidentemente si ha

[(6p−m)u(~p)]+ γ0 = 0 (2.457)

ovvero

0 = u(~p)+( 6p−m)+γ0 = u(~p)+γ0γ0 (6p−m)+γ0 = u(~p) γ0(6p−m)+ γ0 (2.458)

e siccome le γi sono antiermitiane ed anticommutano con γ0, che, invece, e hermitiana ed il suoquadrato e pari all’identita, abbiamo

γ0( 6p−m)+ γ0 = ( 6p−m) (2.459)

per cui risulta infine che l’equazione per u ha la forma seguente

[(6p−m)u(~p)]+ γ0 = 0 ⇒ u(~p) (6p−m) = 0 (2.460)

c.v.d.96Data la relazione (2.456), e evidente che gli spinori u e v definiti rispettivamente dalle

(2.464) e (2.465) soddisfano le equazioni (2.453 ), (2.454 ), i.e. l’equazione di Dirac. In piu, oc-corre osservare che le definizioni in questione servono a fissare la normalizzazione delle soluzioni.

86

dove abbiamo posto97

u(1)0 =

1000

; u

(2)0 =

0100

; v

(1)0 =

0001

; v

(2)0 = −

0010

(2.466)

per cui, definendo per comodita

w(1) =

(10

); w(2) =

(01

)(2.467)

si ha98

u(r)(~p) =1√

m + Ep

((m + Ep) w(r)

(~p · ~σ) w(r)

)=

√Ep + m w(r)

√Ep −m (~n · ~σ) w(r)

(2.469)

dove si e usato il fatto che ~p =√

E2p −m2 ~n.

Per quanto riguarda, poi, gli spinori v(r), ponendo adesso, in analogia con la(2.467)

w(1) = w(2) =

(01

); w(2) = −w(1) = −

(10

)(2.470)

dalla loro definizione99 risulta che

v(r)(~p) =1√

m + Ep

((~p · ~σ) w(r)

(m + Ep) w(r)

)=

√Ep −m (~n · ~σ) w(r)

√Ep + m w(r)

(2.472)

e queste due relazioni (2.469) e (2.472) mostrano chiaramente come, nel limite dibassa energia, le piccole e le grandi componenti degli spinori u e v si separino inmodo opposto.

97Puo sembrare che la scelta (2.466) per quanto concerne le v sia quantomeno bizzarra. Laragione e che, come vedremo, nel sistema di quiete, e proprio lo spinore associato a v

(1)0 che

descrive lo stato di antiparticella di componente di spin sz = 1/2 (ovvero lo stato con energianegativa con sz = −1/2), mentre quello associato a v

(2)0 descrive quello con sz = −1/2.

98Risulta infatti che, indicando con I l’identita in due dimensioni, esplicitamente risulta

(m+ 6p) =(

(m + Ep)I − ~σ · ~p~σ · ~p (m− Ep)I

); (m− 6p) =

((m− Ep)I ~σ · ~p−~σ · ~p (m + Ep)I

)(2.468)

ed usando queste espressioni, le (2.469) e (2.472) seguono immediatamente dalle definizioni(2.464) e (2.465), rispettivamente di u(r)(~p) e v(r)(~p).

99Quanto ai vettori bidimensionali w(i) e w(i), risulta

w(i) = (−i σ2)ji w(j) ⇐⇒ w(i) = (i σ2)ji w(j) (2.471)

dove σ2 e la matrice di Pauli, generatore in SU(2) delle rotazioni intorno all’asse y.

87

Gli spinori u e v descrivono lo stato di spin della particella/antiparticella egiocano, in buona sostanza, lo stesso ruolo giocato, per esempio, dal quadrivet-tore di polarizzazione εµ(p) del campo vettoriale carico W µ.Vediamo intanto quali sono le loro proprieta di trasformazione sotto la rappresen-tazione del gruppo di Lorentz S(Λ) definita, appunto, nello spazio degli spinori.Iniziamo per questo dimostrando che, se Λp e il boost di Lorentz definito dalla(2.316), tale per cui, posto p ≡ (m, 0, 0, 0), allora Λp p = p, risulta semplicemente

u(s)(p) = S(Λp) u(s)(p); v(s)(p) = S(Λp) v(s)(p) (2.473)

Infatti, per i boosts di Lorentz puri (che agiscono, cioe, senza ruotare gli assi)posto

y ≡ th−1v; ~n ≡ ~v

v(2.474)

dove ~v e la velocita relativa fra i riferimenti, per la (2.446), sappiamo che risulta

S(~v) = chy

2I + (~n · ~α) sh

y

2(2.475)

dove le matrici ~α sono definite dalla (2.447). Nel nostro caso, abbiamo quindi

S(Λp) =

(ch y

2sh y

2(~n · ~σ)

sh y2(~n · ~σ) ch y

2

)(2.476)

per cui, in termini dei vettori a due dimensioni w(r) definiti dalla (2.467), perquanto concerne gli spinori u, abbiamo

S(Λp) u(r)(p) =√

2m

(ch y

2w(r)

sh y2(~n · ~σ) w(r)

)(2.477)

D’altronde, in tutta generalita, risulta

chα = 2 ch2α

2− 1 ⇒ ch2α

2=

1 + chα

2⇒ ch

α

2=

√1 + chα

2(2.478)

e si ha anche

1− th2α =1

ch2α⇒ ch2α =

1

1− th2α(2.479)

Da quest’ultima relazione, essendo, evidentemente, nel nostro caso th y = v, segueche

ch y =1√

1− v2= γ ⇒ ch

y

2=

√1 + γ

2=

√1 + E/m

2=

√E + m

2m(2.480)

88

Analogamente abbiamo

shy

2=

√ch2

y

2− 1 =

√E + m

2m− 1 =

√E −m

2m(2.481)

per cui risulta infine che

S(Λp) u(r)(p) =

( √E + m w(r)√

E −m (~n · ~σ) w(r)

)= u(r)(p) (2.482)

come mostra la (2.469).Per lo spinore v risulta analogamente che

S(Λp) v(r)(p) =√

2m

(sh y

2(~n · ~σ) w(r)

ch y2

w(r)

)(2.483)

dove w(r) sono i vettori di cui alla (2.470).Per le considerazioni svolte in precedenza parlando degli spinori u, tenendo pre-sente la (2.472), risulta altresı provato che

S(Λp) v(r)(p) = v(r)(p) (2.484)

Ma veniamo ora al caso generale, i.e. a valutare l’espressione S(Γ) u(s)(p).Abbiamo

S(Γ) u(s)(p) = S(Γ) S(Λp) u(s)(p) = S(ΛΓp) S(Λ−1Γp ) S(Γ) S(Λp) u(s)(p) =

= S(ΛΓp) S(Λ−1Γp Γ Λp) u(s)(p) (2.485)

ma Λ−1Γp Γ Λp ≡ R(Γ, p) e la rotazione di Wigner individuata da p e Γ, che

abbiamo gia definito con la (2.338): come ogni rotazione, essa sara individuata

da un opportuno vettore ~θ ≡ θ ~n, ed avremo allora, per la (2.443), che, in terminidi questo vettore, risultera

S(R(Γ, p)) = cos(θ/2) I − i sin(θ/2) (~n · ~Σ) (2.486)

dove le matrici ~Σ sono definite dalla (2.444).Siccome S(R) e evidentemente diagonale rispetto alle grandi/piccole componenti,possiamo dunque definire in modo ovvio la matrice R(θ, ~n) di SU(2) corrispon-dente alla rotazione R(Γ, p) nel modo seguente

R(θ, ~n) = cos(θ/2) I − i sin(θ/2)(~n · ~σ) ≡ R(Γ, p) (2.487)

risulta allora

S(R(Γ, p))u(s)(p) = R(Γ, p)ks u(k)(p) (2.488)

89

e quindi, dalla (2.485), finalmente che

S(Γ) u(s)(p) = R(Γ, p)ks u(k)(Γp) (2.489)

Per quanto riguarda poi lo spinore v, siccome le rotazioni sono diagonalirispetto alle piccole e grandi componenti ed agiscono su di loro nello stesso modo,la conclusione sarebbe esattamente la stessa di quella tratta per lo spinore u se,nella definizione di v(s)(p), fosse stato scelto il vettore w(s) di cui alla (2.467),invece del vettore w(s) di cui alla (2.470), legati fra loro da una rotazione di 1800

intorno all’asse y, essendo infatti

w(r) = (−i σ2)sr w(s) ⇐⇒ w(s) = (i σ2)rs w(r) (2.490)

Si dimostra100 allora che, in termini della stessa matrice R(Γ, p) che compare nella

100Dimostriamo la (2.504).Applicando le stesse considerazioni svolte per u(s)(p), giungiamo evidentemente alla conclusioneper cui

S(Γ) v(s)(p) = S(ΛΓp)S(R(Γ, p)) v(s)(p) (2.491)

Ma, essendo R una rotazione, data la sua struttura (2.443), potra solo rimescolare gli spinoriv(k)(p), k = 1, 2 fra di loro, i.e. necessariamente dovra risultare

S(R(Γ, p)) v(s)(p) = Mrs v(r)(p) ⇒ S(Γ) v(s)(p) = Mrs v(r)(Γp) (2.492)

dove M sara una matrice 2× 2 opportuna, che adesso vogliamo determinare.A questo scopo, osserviamo che, ponendo

(i σ2)sa v(s)(p) ≡ v(a) (2.493)

data la (2.490)-destra, risulta che questo spinore e definito in termini del vettore w(a) esatta-mente come u(a)(p) (a parte l’inversione grandi/piccole componenti, irrilevante per le consider-azioni che stiamo svolgendo vista la struttura ”diagonale” di S(R)), per cui possiamo senz’altroconcludere che

S(R(Γ, p)) v(a) = Rba v(b) (2.494)

ovvero che

(i σ2)sa S(R(Γ, p)) v(s)(p) ≡ S(R(Γ, p)) v(a) = Rba v(b) ≡ Rba (i σ2)tb v(t)(p) (2.495)

Sostituendo allora nella (2.491), abbiamo

(i σ2)sa S(Γ) v(s)(p) = (i σ2)sa S(ΛΓp) · S(R(Γ, p)) v(s)(p) = S(ΛΓp)[(i σ2)sa S(R(Γ, p)) v(s)(p)

]=

= S(ΛΓp)[Rba (i σ2)tb v(t)(p)

]= Rba (i σ2)tb v(t)(Γp) ≡ (iσ2 ·R)ta v(t)(Γp) (2.496)

ma, per la (2.492), deve essere anche che

S(Γ) v(s)(p) = Mrsv(r)(Γp) ⇒ (i σ2)saS(Γ) v(s)(p) = (i σ2)saMrsv

(r)(Γp) ≡≡ (M · iσ2)ra v(r)(Γp) (2.497)

90

(2.489), cioe dell’elemento R(Γ, p) di SU(2) definito dalla rotazione di Wigner

R(Γ, p) ≡ Λ−1Γp Γ Λp (2.503)

risulta adesso

S(Γ) v(s)(p) = R∗(Γ, p)ks v(k)(Γp) (2.504)

Quanto infine agli spinori u e v, siccome vale l’identita γ0S†(Γ)γ0 = S−1(Γ),e facile dimostrare da quanto precede che risulta

u(s)(~p) S−1(Γ) = R(Γ, p)∗ks u(k)( ~Γp) (2.505)

v(s)(~p) S−1(Γ) = R(Γ, p)ks v(k)( ~Γp) (2.506)

Dalle definizioni (2.464) e (2.465) segue inoltre che gli spinori u e v soddisfanole relazioni algebriche seguenti101

u(s)(~p) u(r)(~p) = 2mδsr (2.507)

e quindi, dal confronto della (2.496) con la (2.497), abbiamo infine che deve essere

(M · iσ2) = (iσ2 ·R) ⇒ M = (iσ2)R (−iσ2) = σ2 R σ2 (2.498)

D’altronde, la rotazione R ≡ R(Γ, p) di SU(2) avra necessariamente la struttura usuale di unarotazione, i.e. se ~n individua l’asse di rotazione intorno a cui si procede per un angolo θ, sara

R = e−i2 θ ~n·~σ = I · cos(θ/2)− i(~n · ~σ)sin(θ/2) (2.499)

per cui

σ2 R σ2 = I · cos(θ/2)− i[~n · (σ2~σσ2)]sin(θ/2) (2.500)

D’altronde e facile verificare che

−σ∗i = σ2σiσ2 (2.501)

visto che σ2 e l’unica matrice di Pauli immaginaria pura e che le altre due anticommutano conessa. Dunque

M = σ2 R σ2 = ei2

~θ·~σ∗ = R∗ (2.502)

che dimostra, appunto, la (2.504).101Dalla definizione (2.464), usando la (2.455) e la (2.469), segue immediatamente che

u(s)(p) u(r)(p) = u(s)(0)( 6p + m) (6p + m)

m + Epu(r)(0) =

=2m

m + Epu(s)(0) (6p + m) u(r)(0) = 2mδrs

la quale dimostra appunto la (2.507).Un altro modo per arrivare alla stessa conclusione e quello di osservare che u u e scalare pertrasformazioni di Lorentz, data la (2.473), e dunque basta valutarlo nel sistema del centro di

91

u†(s)(~p) u(r)(~p) = 2Ep δsr (2.508)

v†(s)(~p) v(r)(~p) = 2Ep δsr (2.509)

v(s)(~p) v(r)(~p) = −2m δsr (2.510)

Passiamo adesso a definire i proiettori Λ± sugli stati di energia positiva enegativa. Dalla definizioni delle u e delle v, unitamente alle (2.455) e (2.456),risulta evidente che questi proiettori, una volta fissato il quadrimpulso pµ, nonpossono che essere i seguenti

Λ± ≡ Λ±(p) =m± 6p2m

(2.511)

massa dove, evidentemente, esso vale proprio 2m δrs

Veniamo ora alla dimostrazione esplicita della (2.508). Per l’equazione di Dirac, si ha

u(p) (6p−m) = 0 = ( 6p−m) u(p)

e quindi risultau(p) [( 6p−m) γµ + γµ (6p−m)] u(p) = 0

ovvero2mu(p) γµ u(p)− u(p)6p, γµu(p) = 0

d’altronde6p, γµ = pνγν , γµ = pν 2δµν = 2pµ

dunque2m u(p) γµ u(p)− 2pµu(p)u(p) = 0

la quale ci dice che u(p) γµ u(p) = pµ

m u(p) u(p) ovvero che u(p) γµ u(p) e un quadrivettore, vistoche prima abbiamo dimostrato che u(p)u(p) e uno scalare.Va notato ancora una volta che il fatto che u(p) γµ u(p) sia un quadrivettore potevamo dedurloanche direttamente, infatti, sempre per la (2.473), risulta

u(p)γµu(p) = u(p) S−1(Λp) γµ S(Λp) u(p) = (Λp)µ. ν u(p)γνu(p)

D’altronde, per come sono definiti, u(s)(p)γνu(r)(p) = (2m, 0, 0, 0)δrs = 2p δrs e dunqueritroviamo appunto che vale la relazione

u(r)(p)γµu(s)(p) = 2pµ δrs

Facendo allora µ = 0, si ottiene infine la (2.508).Analogamente si procede poi nei casi (2.509) e (2.510).

92

Infatti102

Λ+ + Λ− = I (2.514)

(Λ±)2 = Λ± (2.515)

Λ+ Λ− = 0 (2.516)

Λ+ u = u; Λ+ v = 0 (2.517)

Λ− u = 0; Λ− v = v (2.518)

ovvero essi proiettano rispettivamente sugli stati individuati dagli spinori u(p)(il proiettore Λ+(p)), che descrivono, in prima quantizzazione, stati con energiapositiva e su quelli individuati dagli spinori v(p) (il proiettore Λ−(p)), che, semprein prima quantizzazione, sono associati agli stati con energia negativa.

Un altro modo di rappresentare questi proiettori (teorema di Casimir) e ilseguente103

(Λ+)αβ ≡ 1

2m

∑r

u(r)α (~p)u

(r)β (~p) =

1

2m

∑r

(u(r)(~p) u(r)(~p)

)αβ

(2.519)

(Λ−)αβ ≡ − 1

2m

∑r

v(r)α (~p)v

(r)β (~p) = − 1

2m

∑r

(v(r)(~p) v(r)(~p)

)αβ

(2.520)

Vediamolo nel caso di Λ+: dalla definizione, risulta

(Λ+)αβ =1

2m(m + Ep)

∑r

(6p + m)u(r)0 u

(r)0 (6p + m)

αβ

=

=1

2m(m + Ep)

( 6p + m)

[∑r

u(r)0 u

(r)0

](6p + m)

αβ

(2.521)

ma in rappresentazione di Dirac-Pauli risulta (gli u0 sono reali ...)

∑r

u(r)0 u

(r)0 =

1 + γ0

2≡ ∑

r

u(r)0 u

†(r)0 (2.522)

dunque

(Λ+)αβ =1

2m(m + Ep)(6p + m)

1 + γ0

2( 6p + m) =

=1

2m(m + Ep)

[1

2(6p + m)(6p + m) +

1

2(6p + m)γ0(6p + m)

](2.523)

102Si osservi che, poiche per la (A.9) risulta che (γµ)† = γ0γµγ0, ne segue che (γ0γ0 = 1 ...)

(Λ±)† = γ0 Λ± γ0 (2.512)

e dunque, data comunque una soluzione ψ, se definiamo ψ± ≡ Λ±ψ, risulta che

ψ± ≡ (ψ±)† γ0 = ψ† (Λ±)† γ0 = ψ†γ0 Λ± γ0 γ0 = ψΛ± (2.513)

ovvero i proiettori Λ± agiscono nella stessa forma sia sulle ψ che sulle ψ.103La sommatoria sull’indice r e estesa, ovviamente, da 1 a 2.

93

D’altronde, tenendo conto delle proprieta di anticommutazione delle matrici gamma,risulta

γ0(6p + m) = mγ0 + p0γ0γ0 + piγ

0γi = mγ0 + p0γ0γ0 − piγ

iγ0 =

= mγ0 + 2p0γ0γ0− 6pγ0 = 2Ep + (m− 6p)γ0 (2.524)

quindi, usando anche la (2.455), si ha infine che

Λ+ =1

2m(m + Ep)

m(6p + m) +

1

2( 6p + m)

[2Ep + (m− 6p)γ0

]=

=1

2m(m + Ep)m(6p + m) + Ep(6p + m) =

6p + m

2m(2.525)

Analogamente si dimostra che risulta altresı104

Λ− =− 6p + m

2m(2.527)

Torniamo adesso alle soluzioni dell’equazione di Dirac. Noi sappiamo che,fissato un impulso spaziale qualunque ~p, esse sono quattro, per cui e ragionevoleaspettarci che potranno esistere altri operatori di proiezione i quali

• commutano con Λ±;

• separano le soluzioni r = 1, 2.

D’altronde, queste soluzioni, distinte dall’indice r, hanno a che fare con le duepossibili direzioni di polarizzazione dello spin, per cui ci dobbiamo attendereche questi operatori Π± siano una sorta di generalizzazione del proiettore nonrelativistico dello spin che, nella direzione del generico versore ~n, come e noto, edato, a seconda che il verso sia quello di ~n oppure il suo opposto, da

Π±~n ≡ 1± ~n · ~σ2

(2.528)

Il primo problema da risolvere, ovviamente, riguarda il modo di generalizzarela direzione ~n in cui effettuare la proiezione: se vogliamo rendere la definizionecovariante105 occorre che questa sia definita tramite un quadrivettore che, nel

104Si ricordi che, pur essendo anche in questo caso gli spinori v0 reali, risulta pero

∑r

v(r)0 v

(r)0 = −1− γ0

2≡ −

∑r

v(r)0 v

†(r)0 (2.526)

105Come vedremo, questa condizione, in generale, non sara possibile realizzarla per ognitrasformazione di riferimento, ma solo per le trasformazioni da e verso il CM .

94

sistema del centro di massa individui una direzione spaziale, ovvero sia dellaforma (0, ~n). Questa richiesta e praticamente gia sufficiente allo scopo, infatti cidice che il quadrivettore nµ che stiamo cercando dovra essere tale che

nµ nµ = −1; nµ pµ = 0 (2.529)

Queste condizioni restringono i gradi di liberta su nµ a solo due, e questo eappunto il numero di gradi di liberta che ci aspettiamo per nµ, visto che unadirezione nello spazio e fissata in termini di soli due angoli. Osserviamo altresıche le condizioni (2.529) non possono fissare il segno del quadrivettore n, e questaambiguita di segno corrisponde ai due versi possibili associati alla direzione data.Proviamo dunque, tentativamente, a definire i proiettori di spin nel modo seguente

Π± =1

2(1± γ5 6n) (2.530)

dove γ5, come si e gia detto, e definita dalla (2.434). Risulta106 allora quanto

106Iniziamo dimostrando la (2.538).Si ha (l’arbitrarieta di segno e presente in entrambi i proiettori ...)

[1± γ5 6n

2,

m± 6p2m

]=±14m

[γ5 6n, 6p] (2.531)

ma

[γ5 6n, 6p] = nµ pν(γ5γµγν − γνγ5γ

µ) (2.532)

e poiche γ5 anticommuta con le γµ, ne segue che

[γ5 6n, 6p] = nµ pνγ5(γµγν + γνγµ) = nµpνγ5γµ, γν = 2 γ5 nµpµ = 0 (2.533)

che prova quindi la (2.538).Passiamo adesso a dimostrare la (2.539). Risulta

1± γ5 6n2

· 1± γ5 6n2

=1± 2γ5 6n + γ5 6nγ5 6n

4(2.534)

ma

γ5 6nγ5 6n = nµnνγ5γµγ5γ

ν = −nµnν(γ5)2γµγν = −nµnν12γµ, γν = −nµnµ = 1 (2.535)

per cui

1± γ5 6n2

· 1± γ5 6n2

=2± 2γ5 6n

4=

1± γ5 6n2

(2.536)

che prova appunto la (2.539).Quanto poi alla (2.540), essa e evidente. Passando quindi alla (2.541), essa segue dalla (2.535),infatti

1± γ5 6n2

· 1∓ γ5 6n2

=1− γ5 6nγ5 6n

4= 0 (2.537)

95

segue

[Π± , Λ±] = 0 (2.538)

(Π±)2 = Π± (2.539)

Π+ + Π− = I (2.540)

Π+Π− = 0 (2.541)

Gli operatori107 Π± cosı definiti hanno quindi le caratteristiche di proiettori checommutano con le Λ±.Proviamo adesso a vedere quali sono le loro proprieta di trasformazione nel pas-sare dal sistema del Laboratorio, dove l’impulso della particella e pµ ed il proiet-tore e individuato dal quadrivettore nµ, al sistema del CM .Per fissare le idee, occupiamoci di Π+ e supponiamo, per esempio, che sia

Π+

(αs u(s)(~p)

)= αs u(s)(~p) (2.546)

Il secondo membro dell’equazione (2.546) puo, pero, scriversi anche come

αs u(s)(~p) = αs S(Λp) u(s)(p) = S(Λp)(αs u(s)(p)

)(2.547)

mentre, per quanto riguarda il primo membro, abbiamo

Π+

[αs u(s)(~p)

]= Π+

[S(Λp)

(αs u(s)(p)

)]=

= S(Λp)S−1(Λp) Π+S(Λp)

[αs u(s)(p)

](2.548)

107Anche per i proiettori Π± vale la stessa conclusione gia tratta per i proiettori Λ± ovveroche essi agiscono nella stessa forma sia sulle ψ che sulle ψ. Infatti

(Π±)† =(

1± γ5 6n2

)†=

(1± 6n† γ†5

2

)(2.542)

ma, sia per il fatto che γ†5 = γ5 che per il fatto che (cfr. (2.435)) (γµ)† = γ0γµγ0, unitamenteal fatto che γ5 anticommuta con le γµ, ne segue che

6n† γ†5 = nµ(γµ)†γ5 = nµγ0γµγ0γ5 = nµγ0γ5γµγ0 = γ0γ5 6nγ0 (2.543)

e dunque, essendo γ0γ0 = 1, risulta che

(Π±)† =

(1± 6n† γ†5

2

)= γ0Π±γ0 (2.544)

per cui, assegnata comunque una soluzione ψ, se definiamo ψ± ≡ Π±ψ, risulta appunto che

ψ± ≡ (ψ±)† γ0 = ψ† (Π±)† γ0 = ψ†γ0 Π± γ0 γ0 = ψΠ± (2.545)

96

e dal confronto delle due espressioni abbiamo quindi che

S−1(Λp) Π+ S(Λp)[αs u(s)(p)

]≡ Π

′ [αs u(s)(p)

]= αs u(s)(p) (2.549)

ovvero il fatto che αs u(s)(~p) sia proiettato in se dal proiettore Π+ e equivalentea dire che il suo stato trasformato nel CM e trasformato in se dall’operatore Π

′:

quest’ultimo, in buona sostanza, rappresenta nel CM quello che il proiettore Π+

rappresenta nel Laboratorio. Ma le proprieta di trasformazione delle matrici γµ

e γ5 sotto la rappresentazione spinoriale dicono che

S−1(Λ)γ5nµγµS(Λ) = nµγ5S

−1(Λ)γµS(Λ) = γ5 Λµ. νnµγ

ν = γ5(Λ−1n)νγ

ν (2.550)

la quale consente di concludere infine che

• Π′e esso stesso un proiettore del tipo di Π+, individuato dal quadrivettore

Λ−1p n,

• descrive nel CM la stessa proiezione descritta nel sistema del Laboratoriodal proiettore Π+.

Il passaggio Lab ↔ CM attraverso il boost Λ−1p si manifesta dunque sul proiet-

tore Π+ in modo covariante.

Vediamo adesso che i proiettori Π± nel CM coincidono proprio con proiettori dispin non relativistici Π±~n !Infatti, nel riferimento di quiete, evidentemente, deve essere

nµ = (0, ~n) con |~n|2 = 1 (2.551)

e dunque

6n = niγi = −niγi =

(0 − ~n · ~σ~n · ~σ 0

)(2.552)

ovvero risulta

1

2(1± γ5 6n) =

(1±~n·~σ

20

0 1∓~n·~σ2

)(2.553)

da cui segue, in particolare, che, posto ~n = (0, 0, 1), risulta

Π+ =

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

; Π− =

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

(2.554)

97

e dunque108 gli stati u(1)0 e v

(1)0 sono proiettati in se stessi da Π+ mentre sono

annichilati da Π− e, viceversa, gli stati u(2)0 e v

(2)0 sono proiettati in se stessi da

Π− mentre sono annichilati da Π+, coerentemente con il fatto che, sia per gli statidi particella che di antiparticella, r = 1 individua l’autostato della componente zdello spin con autovalore +1/2 e r = 2 quello con autovalore −1/2, i.e.

u(1) → sz = +1/2; u(2) → sz = −1/2 (2.555)

v(1) → sz = +1/2; v(2) → sz = −1/2 (2.556)

L’interesse di aver scritto il proiettore di spin Π± nella forma (2.530) stanel fatto che, come si e gia osservato, esso e covariante per boosts di LorentzLab → CM e quindi l’effetto del proiettore puo essere valutato facilmente in ogniriferimento inerziale, riportandoci al sistema del CM con il boost opportuno.Ma che succede, in generale, per quanto riguarda la forma del proiettore, nelpassaggio da un riferimento inerziale ad un altro, che non sia quello del CM ?Potrebbe sembrare che, di nuovo, basti trasformare nµ usando la trasformazionedi Lorentz che connette i due riferimenti ... ma purtroppo non e cosı !Supponiamo di partire dunque da un sistema inerziale dove il quadrimpulso dellaparticella e pµ ed il quadrivettore di spin che ci interessa e nµ.Se effettuiamo una trasformazione di Lorentz Γ, per cui il quadrimpulso dellaparticella diventa p′ = Γp, quale deve essere il quadrivettore n′ che individua lostesso proiettore di spin gia individuato da n ?Come abbiamo visto, la prescrizione e che i boosts inversi definiscano nel CM lostesso quadrivettore, i.e.

Λ−1Γp n′ = Λ−1

p n ⇔ n′ = ΛΓp · Λ−1p n (2.557)

La trasformazione che dovevamo individuare e dunque proprio ΛΓp · Λ−1p !

Ma come e fatta ?Chiaramente se la facciamo agire sul quadrivettore p essa lo trasforma in Γp,dunque Γ−1 ·ΛΓp ·Λ−1

p lascia p invariato e quindi deve essere della forma seguente

Γ−1 · ΛΓp · Λ−1p = Λp ·R · Λ−1

p (2.558)

dove R e a priori una rotazione opportuna che, nel caso nostro, come adessovedremo, risulta essere proprio l’inversa della rotazione di Wigner R(p, Γ).Infatti, dalla equazione precedente, si ricava subito che

R = Λ−1p · Γ−1 · ΛΓp =

(Λ−1

Γp · Γ · Λp

)−1= R(p, Γ)−1 (2.559)

108Come mostra la (2.553), la forma dei proiettori di spin Π± sulle grandi e sulle piccolecomponenti degli spinori e ”opposta”: questa e la ragione delle scelte apparentemente anomaledi v

(1)0 e v

(2)0 , ottenuti per rotazione di 1800 intorno all’asse y (i.e. attraverso la rotazione −i σy)

degli spinori a due componenti che definiscono, rispettivamente, u(1)0 e u

(2)0 .

L’opportunita della definizione delle v(r)0 sara ancora piu evidente allorche considereremo, tra

breve, la forma che assume la simmetria di coniugazione di carica sulle soluzioni dell’equazionedi Dirac.

98

per cui, in conclusione, se n individua il proiettore di spin laddove il quadrimpulsodella particella e p ed n′ vogliamo sia quello che individua lo stesso proiettoreladdove il quadrimpulso della particella e Γp, allora n′ si ottiene da n attraversola trasformazione di Lorentz

Γ ·(Λp · R(p, Γ)−1 · Λ−1

p

)(2.560)

la quale coincide quindi con Γ solo se la rotazione di Wigner che compare nellasua definizione e la rotazione identica, ovvero se Γ e esso stesso un boost cheavviene nella direzione di ~p, senza ruotare gli assi.

Vediamo adesso di arrivare ad una rappresentazione parametrica significativadel quadrivettore di spin nµ.Iniziamo dimostrando che se pµ e il quadrimpulso di una particella di massa m ekµ e un qualunque quadrivettore light-like, allora possiamo sempre trovare uno edun solo (a parte il segno) quadrivettore di polarizzazione nµ della forma seguente

nµ = α pµ + β kµ (2.561)

che soddisfa, quindi, le condizioni di cui alla (2.529).Cominciamo ad imporre la condizione di ortogonalita con il quadrimpulso: si ha

np = 0 ⇒ α m2 + β (pk) = 0 ⇒ β = −α m2

(pk)(2.562)

D’altronde, dalla condizione di normalizzazione di n , si ricava che deve ancheessere

nn = −1 ⇒ α2 m2 + 2αβ (pk) = −1 (2.563)

e sostituendo allora la (2.562) nella (2.563), si ha

α2 m2 = 1 ⇒ α = ± 1

m(2.564)

e, di conseguenza109

β = ∓ m

(pk)(2.565)

109Si noti che il prodotto scalare (pk) non puo, in nessun caso, essere nullo. Esso e infatti uninvariante di Lorentz e nel riferimento in cui la particella e ferma (riferimento del CM) esso vale

mk0, dove abbiamo indicato con (k0,~k) la forma assunta dal quadrivettore kµ nel riferimento

del CM . Dalle proprieta elementari dei vettori time-like, sappiamo che, necessariamente, k0 6= 0perche un quadrivettore light-like non puo mai avere la componente temporale nulla, in nessunriferimento.

99

Abbiamo cosı trovato che il problema che ci eravamo posti ha soluzione, anzi neha due opposte110, che sono

nµ = ∓ 1

m

(m2

(pk)kµ − pµ

)(2.566)

Volendo usare questi quadrivettori per definire il proiettore di spin, il fatto di av-erne trovati due opposti non amplia il numero delle soluzioni indipendenti perche,evidentemente, si ha

Π±(nµ) = Π∓(−nµ)

Dati pµ e kµ in un riferimento assegnato, possiamo dunque, senza perdita alcunadi generalita, limitarci a considerare i soli quadrivettori di spin nµ di cui alla(2.566), corrispondenti alla sola scelta di α = −1/m , i.e.

nµ =1

m

(m2

(pk)kµ − pµ

)(2.567)

anche se, come vedremo, e piu comodo mantenere comunque entrambe le sceltepossibili di α, ovvero entrambi i segni come dalla (2.566).Per conoscere, in generale, quale direzione di polarizzazione e individuata daquesta soluzione, occorrera riportarsi nel centro di massa senza ruotare gli assie cioe sara necessario applicare ad nµ l’inversa della trasformazione di Lorentzdefinita dalla (2.316), cioe il boost Λ−1

p tale che Λ−1p p = (m, 0, 0, 0) ≡ p.

Come abbiamo appreso a suo tempo, la matrice Λ−1p e cosı definita

Λ−1p =

Em

− px

m− py

m− pz

m

−px

m1 + px px

m(E+m)px py

m(E+m)px pz

m(E+m)

−py

mpy px

m(E+m)1 + py py

m(E+m)py pz

m(E+m)

−pz

mpz px

m(E+m)pz py

m(E+m)1 + pz pz

m(E+m)

(2.568)

In questo modo, evidentemente

− 1

mpµ → (−1, 0, 0, 0) (2.569)

mentre, indicando con kµ l’espressione assunta dal quadrivettore k nel riferimentodel CM definito a partire dal riferimento del Laboratorio attraverso la trasfor-mazione Λ−1

p , avremo

m2

m(pk)kµ → 1

k0kµ = (1,

~k

k0) (2.570)

110Il fatto di aver trovato due soluzioni opposte e gia scritto nelle equazioni (2.529) che definis-cono il quadrivettore nµ: esse non possono distinguerne il segno, quindi se nµ e soluzione, alloraanche −nµ lo e.Su questo punto ritorneremo, comunque, piu oltre.

100

e dunque risulta che, nel CM , il quadrivettore nµ che descrive la direzione dipolarizzazione (2.567) diventa

nµ → (0, ~η), dove ~η ≡~k

k0(2.571)

per cui, in conclusione, avendo scelto nµ nella forma (2.567), e unicamente laparte spaziale ~η del quadrivettore kµ vista nel sistema di riferimento del CM adefinire la direzione ed il verso nel quale viene effettuata la proiezione dello spindall’operatore

Π =1 + γ5 6n

2

ed il proiettore Π− diventa, in questo senso, ridondante111.

111La scelta (2.567) di limitarsi ad usare solo il segno positivo nella (2.566), come abbiamo giaosservato, non conduce a nessuna limitazione sui possibili valori di ~η e quindi essa e in grado,a priori, di descrivere la proiezione dello spin in qualunque direzione.L’arbitrarieta nella scelta del segno nella (2.566) deve essere dunque una specie di ridondanza...Cerchiamo di vederne meglio il significato e la ragione per la quale e meglio mantenerla !Immaginiamo quindi di aver fissato in modo arbitrario la direzione del versore ~η nel riferimentodel CM . Costruiamo dunque il quadrivettore light-like

kµ ≡ (1, ~η) (2.572)

e quindi poniamo

k = Λ(p) k (2.573)

dove Λ(p) = Λ(p0, ~p) = Λ−1(p0,−~p) essendo Λ−1(p) il boost definito dalla (2.568).Evidentemente allora (si ricordi che, per definizione p · k = p · k = m )

nµ =1m

(m2

(pk)kµ − pµ

)= kµ − pµ

m(2.574)

individua la polarizzazione lungo ~η nel riferimento dove il quadrimpulso della particella e pµ.Ma noi sappiamo anche che −nµ (segno negativo nella (2.566) ) individua la polarizzazizoneopposta, i.e.

~η ↔ kµ − pµ

m(2.575)

−~η ↔ pµ

m− kµ (2.576)

Pero il proiettore nella direzione −~η, secondo la definizione di cui sopra, dovrebbe essere costru-ito a partire dal quadrivettore light-like (che ovviamente non e l’opposto del quadrivettore kdefinito dalla (2.572 !)

k′µ ≡ (1,−~η) (2.577)

101

L’espressione generale del quadrivettore di spin che abbiamo studiato per leparticelle di Dirac massive

nµ = ± 1

m

(m2

(p · q)qµ − pµ

)(2.584)

consente anche di inferire112 il comportamento della polarizzazione nel caso dimassa nulla, che assumeremo di raggiungere passando al limite per γ →∞.Iniziamo osservando che, nel riferimento assegnato dove

pµ = E (1, ~β) ≡ mγ (1, ~β) (2.585)

definendo poi, analogamente a quanto sopra,

k′ = Λ(p) k′ (2.578)

e quindi ponendo (segno positivo nella (2.566))

n′µ = k′µ − pµ

m(2.579)

Quale e dunque il legame fra i due quadrivettori pµ

m − kµ e k′µ − pµ

m ?

La risposta e che essi coincidono.Possiamo vedere questo in vari modi, per esempio applicando loro il boost Λ−1(p), abbiamo

Λ−1(p)(

pµ

m− kµ

)= (1,~0)− (1, ~η) = (0,−~η) (2.580)

Λ−1(p)(

k′µ − pµ

m

)= (1,−~η)− (1,~0) = (0,−~η) (2.581)

Siccome il boost e una trasformazione invertibile, e provato che pµ

m − kµ = k′µ − pµ

m .Un altro modo per dimostrare la stessa cosa fa uso del fatto che, dalla loro definizione, risulta

k′µ + kµ = Λ(p)(2,~0) =2m

Λp p =2m

pµ (2.582)

e quindi abbiamo che

nµ(−~η) = k′µ − pµ

m= (k′µ + kµ)− kµ − pµ

m=

=2m

pµ − kµ − pµ

m=

pµ

m− kµ = −nµ(~η) (2.583)

Concludendo, se e vero che nella (2.566) potremmo certamente limitarci ad un solo segno,mantenendo il doppio segno questo, pur non ampliando le soluzioni possibili, facilita, per es-empio, l’individuazione del quadrivettore nµ(−~η) che proietta lo spin nella direzione opposta aquello in cui lo proietta nµ(~η), potendo porre, semplicemente nµ(−~η) = −nµ(~η) .

112Il limite in questione va preso, comunque, con grande cautela perche esso conduce ad unrisultato che viola sia la condizione n · p = 0 che quella per cui n · n = −1. Questo accadeperche la condizione di massa nulla, in realta, non e raggiungibile attraverso un’operazione dilimite a partire dal caso m 6= 0 ...

102

possiamo sempre scegliere il quadrivettore113 light-like che compare nella (2.584)nel sistema del laboratorio, in modo che sia

qµ = (1, ~n) (2.586)

con ~n versore a priori qualsiasi, in quanto, per la (2.584) nµ non cambia sotto latrasformazione qµ → αqµ con α reale qualsiasi non nullo. Risulta allora

nµ = ±(

m

mγ(1− ~β · ~n)(1, ~n)− γ(1, ~β)

)=

= ±(

1

γ

1

1− βcosθ(1, ~n)− γ(1, ~β)

)(2.587)

Chiaramente, se ~β ed ~n non sono paralleli e concordi, ovvero se cosθ 6= 1, il primotermine nell’espressione (2.587) diventa trascurabile nel limite in cui γ → ∞ edunque risulta

nµ → ∓pµ

m(2.588)

ovvero nµ finisce per descrivere solo comunque polarizzazioni longitudinali.Questo accade anche se cosθ = 1, i.e. quando ~β = β~n.In questo caso infatti, nel limite in cui β → 1, risulta

nµ = ±[1

γ

1

1− β(1, ~n)− γ(1, ~β)

]=

= ±[1

γ

1

1− β(1, ~β) +

1

γ

1

1− β(0, (1− β)~n)− γ(1, ~β)

]≈

≈ ± (1, ~β)

[1

γ(1− β)− γ

]= ±(1, ~β)

1− γ2(1− β)

γ(1− β)(2.589)

ma

1− γ2(1− β) = 1− 1− β

1− β2=

1− β2 − 1 + β

1− β2= γ2β(1− β)

e dunque anche in questo caso, nel limite ultrarelativistico risulta

nµ → ±(1, ~β)1− γ2(1− β)

γ(1− β)= ±(1, ~β)

γ2β(1− β)

γ(1− β)=

= ±(1, ~β) βγ ≈ ±pµ

m(2.590)

113Si ricordi che ~n non fornisce la direzione in cui punta lo spin descritto da nµ: per conoscerlaoccorre valutare la parte spaziale del quadrivettore ottenuto da qµ attraverso il boost Λ−1(p)che manda nel riferimento di quiete ovvero che trasforma il quadrimpulso pµ in (m, 0, 0, 0).

103

Prima di passare ad altro argomento, vogliamo ribadire ancora una volta chequeste conclusioni non sono rigorose e costituiscono una sorta di forzatura che hasolo il senso di darci una guida circa quello che possiamo attenderci riguardo allapolarizzazione delle particelle di massa nulla.Infatti, finche m 6= 0, i quadrivettori (2.587) sono in grado di descrivere polariz-zazioni in qualsiasi direzione dello spazio (e non solo quelle longitudinali...), perqualunque valore finito di γ !

Un proiettore di spin molto interessante e certamente quello che proietta sustati di elicita definita, ovvero nella direzione di moto della particella.Per quanto abbiamo detto, evidentemente, fissato comunque il quadrimpulso dellaparticella pµ = (E, ~p), occorrera cercare un quadrivettore space-like di modulounitario nµ che, nel riferimento del CM , punti proprio nella direzione di ~p.Cerchiamolo del tipo (2.561), avendo posto

kµ ≡ (p, ~p) (2.591)

Per quanto detto sopra, dalla (2.566), segue che la soluzione del tipo cercato sara

nµ =1

m

(m2

(pk)kµ − pµ

)(2.592)

Vediamo se fa al caso nostro !Intanto osserviamo che

(kp) = Ep− p2 = p(E − p) = p(E − p)E + p

E + p=

m2p

E + p(2.593)

e quindi risulta114

nµ =1

m

(E + p

pkµ − pµ

)=

1

m(p , E ~n) (2.595)

dove

~n ≡ ~p

p(2.596)

114Infatti si ha

nµ =1m

(E + p

pkµ − pµ

)=

1m

E + p

p(p, ~p)− 1

mpµ =

=1m

(E + p, (E + p)~n)− 1m

(E, ~p) =1m

(p, E ~n) (2.594)

104

Applichiamogli ora il boost di Lorentz (2.568) per vedere che forma esso assumenel riferimento del CM in modo da determinare la direzione in cui agisce ilproiettore di spin: si ha115

− 1

mpµ → (−1, 0, 0, 0)

E + p

mpkµ → E + p

mp

E − p

mkµ =

1

p(p, ~p) ≡ (1, ~n) dove ~n ≡ ~p

p

per cui

Λ−1p nµ = (0, ~n) (2.599)

e dunque nµ e proprio il quadrivettore che cercavamo per individuare i proiettoridi elicita Σ±.

Ma vediamo adesso come si puo esplicitare meglio l’azione di questi proiettoridirettamente sugli spinori di Dirac. Osserviamo che

kµ = pµ − (E − p, 0, 0, 0) (2.600)

e quindi risulta

nµ =1

m

[E + p

ppµ − pµ

]− E + p

mp(E − p) (1, 0, 0, 0) =

=1

m

E + p− p

ppµ − m2

mp(1, 0, 0, 0) =

E

mppµ − m

p(1,~0) (2.601)

Evidentemente si ha allora che

6n ≡ nµγµ =

E

mp6p − m

pγ0 (2.602)

115Si dimostra infatti facilmente che, se k e dato dalla (2.591) e Λ−1p dalla (2.568), allora

risultaΛ−1

p k =E − p

mk

Infatti, data la (2.600) e vista la prima colonna della (2.568), abbiamo che

Λ−1p k = p− (E − p)

1m

(E,−~p) = (m− E · E − p

m,E − p

m~p) (2.597)

ma

m− E(E − p)m

=m2 − E2 + Ep

m=

m2 −m2 − p2 + Ep

m=

E − p

mp

per cui e cosı dimostrato che effettivamente risulta

Λ−1p k =

E − p

m(p, ~p) =

E − p

mk (2.598)

105

Ne segue quindi che, quando questo operatore viene applicato, per esempio, allasoluzione u(~p) dell’equazione di Dirac, essendo

6p u(~p) = mu(~p) (2.603)

risulta

6nu(~p) =E

mpmu(~p) − m

pγ0 u(~p) =

E

pu(~p) − m

pγ0 u(~p) (2.604)

per cui abbiamo

Σ± u(~p) ≡ 1± γ5 6n2

u(~p) =1

2

[1± γ5

(E

p− m

pγ0

)]u(~p) (2.605)

Come si vede, quindi, nel limite ultrarelativistico in cui E → +∞ (e con-seguentemente E/p → 1), i.e. nel limite in cui la massa m diventa trascurabilerispetto all’energia E della particella, si ha che i proiettori Σ±, sugli spinori u(~p),diventano116 tale per cui

Σ± u(~p) → 1± γ5

2u(~p) (2.627)

116E’ istruttivo vedere piu da vicino le implicazioni della (2.627).Supponiamo, infatti, di considerare uno stato u(p) = αs u(s)(p) con |α1|2 + |α2|2 = 1, ovvero ilgenerico stato di una particella di Dirac vista nel suo riferimento di quiete.Usando i proiettori χ± definiti dalla (2.632), possiamo scomporre lo stato in questione nelle suecomponenti chirali, ponendo

u(p) = χ+ u(p) + χ− u(p) ≡ u+(p) + u−(p) (2.606)

Data la struttura di γ5, i due vettori u±(p) sono tali che

u±(p) = αs u(s)± (p) (2.607)

dove

u(s)± (p) ≡ χ± u(s)(p) =

12

[u(s)(p)± (iσ2)rs v(r)(p)

](2.608)

ed e poi immediato che i vettori u±(p) risultano avere entrambi la stessa norma, essendo

u†±(p) · u±(p) = u†(p) · χ†± · χ± · u(p) = u†(p) · χ2± · u(p) = u†(p) · χ± · u(p) =

=12u†(p) · u(p) =

14m

(2.609)

essendo u†(p) γ5 u(p) = 0.Immaginiamo ora di applicare ad u(p) un boost generico Λp: sappiamo che lo stato trasformatodi quello in esame sara adesso descritto dallo spinore

u(s)(~p) = S(Λp)u(s)(p) (2.610)

Quanto ai proiettori chirali, risulta evidentemente ancora che

u(~p) = χ+ u(~p) + χ− u(~p) ≡ u+(~p) + u−(~p) (2.611)

106

Per quanto riguarda, invece, l’azione di Σ± sugli spinori v(~p), partendo dal fatto

e siccome γ5 commuta con le S(Λ), ne segue che

χ± u(~p) ≡ χ±S(Λp)u(p) = S(Λp)χ± u(p) = S(Λp)u±(p) (2.612)

e dunque risulta

u(~p) = S(Λp) u+(p) + S(Λp) u−(p) (2.613)

Ammettiamo ora che lo stato u(p) rappresenti una particella di Dirac con lo spin allineatonella direzione ~n e che il boost Λp avvenga nella stessa direzione della polarizzazione, confer-endo quindi alla particella un impulso spaziale p~n. Abbiamo allora che, per qualunque valoredell’energia, risulta comunque che

Σ+ u(~p) = u(~p) (2.614)

dove Σ+ e appunto, per definizione, il proiettore di elicita nel verso dell’impulso p~n.Ma abbiamo detto che, per gli spinori di tipo u, quando E >> m, Σ+ → χ+ e dunque, nellimite di alta energia, quanto sopra implica che

u(~p) = Σ+ u(~p) → χ+ u(~p) = u+(~p) (2.615)

Vista pero la (2.611), che ne e di u−(~p) ?Il punto e che la rappresentazione del gruppo di Lorentz S(Λ) non e unitaria e quindi nonconserva la norma dei vettori a cui vengono applicati i suoi operatori. I vettori u±(p) hanno lastessa norma, ma questo non resta vero per i vettori u±(~p) !Accade, in particolare, che, nel limite di alta energia, se l’impulso spaziale punta nella direzionedello spin relativo allo stato u±(p), allora il vettore u−(~p) tende a zero. Abbiamo infatti

u−(~p) = S(Λp)u−(p) = S(Λp)[αs u

(s)− (p)

]=

12αs S(Λp)

[u(s)(p)− (iσ2)rsv

r(p)]

=

=12αs

[u(s)(~p)− (iσ2)rsv

r(~p)]

(2.616)

Ma essendo u−, per definizione, autostato di γ5 per l’autovalore −1, le sue grandi componentisono necessariamente uguali ed opposte alle sue piccole componenti: occupiamoci dunque delleprime, che indicheremo, per semplicita, con w−(~p). Avendo gia definito con ~n la direzionedell’impulso spaziale, dalle definizioni (2.469) e (2.472) degli spinori u e v, abbiamo che

w−(~p) =12αs

[√E + m w(s) − (iσ2)rs

√E −m (~n · ~σ) w(r)

](2.617)

ma, come osservato nella (2.490), risulta che (iσ2)rs w(r) = w(s) e dunque

w−(~p) =12αs

[√E + m w(s) −

√E −m (~n · ~σ) w(s)

](2.618)

D’altronde, per ipotesi lo spinore u(p) descrive uno stato di spin allineato proprio con la di-rezione ~n, per cui, data la struttura di u(p) in termini dei vettori bidimensionali w(s), deveessere necessariamente che

(~n · ~σ) ·(αs w(s)

)= αs w(s) (2.619)

107

che adesso l’equazione di Dirac fornisce

6p v(~p) = −mv(~p) (2.628)

ne risulta che

6n v(~p) = − E

mpmv(~p) − m

pγ0 v(~p) = −E

pv(~p) − m

pγ0 v(~p) (2.629)

e dunque risulta

w−(~p) =12

[√E + m−

√E −m

] (αs w(s)

)≈ 1

2

[√E +

√E

m

2E−√

E +√

Em

2E

] (αs w(s)

)=

=m

2E

√E

(αs w(s)

)(2.620)

il quale, evidentemente, tende a zero nel limite in cui E →∞.Per completezza, vediamo adesso che cosa succede, invece, a u+(~p). Si ha

u+(~p) = S(Λp)u+(p) = S(Λp)[αs u

(s)+ (p)

]=

12αs S(Λp)

[u(s)(p) + (iσ2)rsv

r(p)]

=

=12αs

[u(s)(~p) + (iσ2)rsv

r(~p)]

(2.621)

Stavolta u+ e autovettore di γ5 per l’autovalore +1 e dunque le sue grandi componenti coinci-dono con le piccole: indichiamole con w+(~p). Risulta

w+(~p) =12αs

[√E + m w(s) + (iσ2)rs

√E −m (~n · ~σ) w(r)

](2.622)

e quindi, ripetendo le stesse considerazioni di cui sopra, possiamo concludere che

w+(~p) =12

[√E + m +

√E −m

] (αs w(s)

)≈ 1

2

[√E +

√E

m

2E+√

E −√

Em

2E

] (αs w(s)

)=

=√

E(αs w(s)

)(2.623)

il cui confronto con la (2.620) mostra in particolare che

w−(~p) ≈ m

2Ew+(~p) (2.624)

ovvero che la componente di elicita sbagliata si riduce, ad alta energia, proporzionalemte a m2E .

Concludiamo infine l’argomento, occupandoci di u(~p) stesso: dalla definizione risulta che

u(~p) = αr

( √E + m w(r)√E −m (~n · ~σ) w(r)

)(2.625)

ovvero, vista la polarizzazione concorde con la direzione dell’impulso, per quanto gia osservato

u(~p) = αr

( √E + m w(r)√E −m w(r)

)≈√

E

(αr w(r)

αr w(r)

)+

m

2√

E

(αr w(r)

−αr w(r)

)(2.626)

la quale mostra direttamente, in modo evidente, la separazione di u(~p) nelle due componentiu+(~p) e u−(~p), unitamente al fatto che, per E >> m, Σ+u(~p) → χ+u(~p).

108

e dunque si ha

Σ± v(~p) ≡ 1± γ5 6n2

v(~p) =1

2

[1∓ γ5

(E

p+

m

pγ0

)]v(~p) (2.630)

ovvero, nel limite ultrarelativistico in cui E >> m, abbiamo che adesso risulta

Σ± v(~p) → 1∓ γ5

2v(~p) (2.631)

E’ opportuno ricordare a questo punto che, indipendentemente dai proiettoridi elicita, sono comunque definiti gli operatori117 scalari seguenti

χ± ≡ 1± γ5

2(2.632)

117Occorre mettere in evidenza una differenza importante che esiste fra i proiettori Λ± e Π±con quelli di chiralita χ±, definiti dalla (2.632), almeno nel caso di massa non nulla.Evidentemente, essendo infatti

[Λ±, 6p ±m] = 0 = [Π±, 6p ±m]

ne segue che se ψ(p) e soluzione dell’equazione di Dirac per energie positive/negative, alloraanche Λ± ψ e Π± ψ lo sono (essendo, eventualmente nulle ...).Questo, se m 6= 0, non e vero per χ± proprio perche

[χ±, 6p ±m] 6= 0

Supponiamo infatti, per esempio, che ψ(p) soddisfi l’equazione

( 6p −m)ψ(p) = 0

ovvero sia una soluzione dell’equazione di Dirac per energie positive e dunque uno spinore ditipo u: siccome γ5 anticommuta con le γµ, ecco che per γ5ψ vale piuttosto l’equazione

(6p + m) γ5 ψ(p) = 0

ovvero, si tratta di uno spinore di tipo v. Evidentemente, se la massa e nulla, l’argomento cadeperche in quel caso 6p ±m →6p; ma nel caso di massa non nulla possiamo concludere, per quantoriguarda gli stati ψ± ≡ χ±ψ, che essi non sono soluzioni dell’hamiltoniana di Dirac.In altre parole, mentre Λ± e Π± sono proiettori compatibili con la dinamica libera della par-ticella di Dirac, il proiettore di chiralita non gode di questa proprieta: esso e un proiettorecinematico, incompatibile con la dinamica (se la massa della particella e diversa da zero).

Per esempio, se ψ e il campo del neutrino e questo non ha massa nulla, allora non e correttodire che esso e descritto da 1−γ5

2 ψ e quindi che lo stato di neutrino e autostato della chiralita perl’autovalore −1. Cio che e corretto e che la presenza del proiettore di chiralita nell’espressionedella corrente debole e quindi nel vertice dell’interazione favorisce lo stato di neutrino di elicitanegativa (dato che, usualmente, la massa del neutrino risulta molto minore della sua energianel sistema del laboratorio). Detto altrimenti, in un processo del tipo

e− + A → B + ν

con A e B anch’essi particelle di Dirac massive, il neutrino, nel sistema del CM del pro-cesso, avra prevalentemente elicita negativa, con una piccola contaminazione di elicita positivadell’ordine di m/E e, in ogni caso, sara descritto da uno spinore di tipo u !

109

i quali proiettano su stati di chiralita118 definita119: l’operatore χ− entra diret-tamente nella definizione della corrente debole carica ed e proprio a causa dellasua presenza che le interazioni deboli violano120 la parita !

Come abbiamo osservato sopra, il proiettore chirale e scalare per trasfor-mazioni di Lorentz e dunque stati di chiralita definita restano tali anche al cam-biare del sistema di riferimento.Abbiamo invece visto che il proiettore di spin, per selezionare gli stessi stati alcambiare del riferimento, deve essere modificato in modo ben preciso, attraversola trasformazione di Lorentz (2.560) sul quadrivettore nµ.Ma che dire del proiettore di elicita ? Potrebbe sembrare che, poiche i proiettoriΣ± sono definiti come degli opportuni proiettori di spin, anche questi mutino alcambiare del riferimento nello stesso modo dei primi.Questo pero e falso.La ragione e che, fissato un sistema di riferimento, Σ± viene definito attraverso6n dato dalla (2.595) e quest’ultima prescrizione non coincide con quella che hacondotto alla trasformazione (2.560) nel caso di un proiettore di spin, perche,mentre in questo caso vogliamo mantenere la stessa direzione nel CM , nel casodell’elicita vogliamo che la direzione nel CM sia allineata con la direzione di motodella particella nel riferimento dato, e quindi, a meno di un boost in questa stessadirezione, in generale avremo leggi di trasformazione differenti.Come abbiamo osservato, se in un dato sistema di riferimento e

pµ ≡ (E, p~n) (2.633)

allora ne segue che, in questo riferimento, il quadrivettore di elicita e

nµ =1

m(p, E ~n) (2.634)

Se il quadrimpulso della particella diventa

p′µ = (E ′, p′ ~n ′) (2.635)

dovremo semplicemente usare

n′µ =1

m(p′, E ′ ~n ′) (2.636)

118La parola chiralita deriva dal greco χειρ χειρoς che significa mano. Indica la proprieta diavere un’immagine speculare non sovrapponibile a se, come avviene, appunto, nel caso di unamano. Come vedremo, per parita, abbiamo infatti che χ+ ←→ χ−.

119Solo nel caso in cui E >> m, come abbiamo visto, questi stati possono essere identificaticon quelli di elicita definita !

120Intuitivamente possiamo gia rendercene conto fin da ora in quanto, per esempio, nel casoultrarelativistico, a causa di χ− verra selezionato nella dinamica del processo, per la particella,lo stato di elicita −1 e per l’antiparticella quello con l’elicita +1. Ed e proprio il fatto che i duestati di elicita per particella e antiparticella non entrino nella dinamica nello stesso modo chee all’origine della violazione della simmetria di parita ...Il fatto, poi, che la dinamica delle particelle con elicita positiva/negativa sia la stessa delleantiparticelle con elicita negativa/positiva significa che la simmetria CP , invece, e conservata.

110

E veniamo infine alla quantizzazione del campo di Dirac.Questo avviene, di nuovo, espandendo il campo in termini di operatori di creazione/distruzionedi particella/antiparticella ed il modo come cio avviene e il seguente

ψ(x) =2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3a(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx (2.637)

ψ(x) =2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3b(r)(~p) v(r)(~p) e−ipx + a†(r)(~p) u(r)(~p) eipx (2.638)

dove, al solito121

• a(r)(~p) annichila la particella di quadrimpulso (Ep , ~p) = (√

m2 + |~p|2, ~p) edi stato di spin r;

• a†(r)(~p) crea la particella di quadrimpulso (Ep , ~p) e di stato di spin r;

• b(r)(~p) annichila l’antiparticella di quadrimpulso (Ep , ~p) e di spin r;

• b†(r)(~p) crea l’antiparticella di quadrimpulso (Ep , ~p) e di stato di spin r;

e questi operatori soddisfano le regole di anticommutazione (tutte le altre sononulle ...) seguenti

a(r)(~p), a†(s)(~p′) = b(r)(~p), b†(s)(~p′) = 2 Ep (2π)3 δrs δ3(~p− ~p′) (2.639)

mentre, sotto il gruppo di Poincare, essi si trasformano secondo la legge seguente122

U(a, Λ) a(s)(~p) U−1(a, Λ) = e−ia·Λp Rsr a(r)( ~Λp) (2.651)

U(a, Λ) b(s)(~p) U−1(a, Λ) = e−ia·Λp Rsr b(r)( ~Λp) (2.652)

121Si osservi che, come nel caso del campo scalare e vettoriale, quelle che nel gergo della primaquantizzazione abbiamo chiamato soluzioni ad energia negativa, cioe le soluzioni che, nel casoin esame, sono associate agli spinori di tipo v, si riferiscono semplicemente alle antiparticelle !

122Questa legge di trasformazione discende direttamente dalla legge di trasformazione deglispinori u e v sotto il gruppo di Lorentz (2.489) e (2.504)

S(Γ)u(s)(p) = R(Γ, p)ks u(k)(Γp) (2.640)S(Γ) v(s)(p) = R(Γ, p)∗ks v(k)(Γp) (2.641)

assunto che vogliamo che, per il campo ψ(x), valga la legge di trasformazione (2.439).Dimostriamo infatti che le leggi di trasformazione (2.651) e (2.652) conducono appunto alla(2.439). Per fare questo, partiamo dalla definizione della decomposizione spettrale del campo,i.e. dalla relazione

ψ(x) =2∑

r=1

∫d3p

2Ep(2π)3a(r)(~p)u(r)(p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(p) eipx (2.642)

111

dove R e la matrice di SU(2) individuata dalla rotazione di Wigner R(Λ−1, Λ p)definita, come si ricordera, nel modo seguente123

R(Γ, q) ≡ Λ−1Γq Γ Λq (2.655)

ne segue che

U(a,Λ) ψ(x)U−1(a,Λ) =2∑

r=1

∫d3p

2Ep(2π)3U(a,Λ) a(r)(~p)U−1(a,Λ) u(r)(~p) e−ipx +

+ U(a,Λ) b†(r)(~p)U−1(a,Λ) v(r)(~p) eipx (2.643)

e dunque, imponendo la (2.651) e la (2.652), ne segue che

U(a, Λ) ψ(x)U−1(a,Λ) =2∑

r=1

∫d3p

2Ep(2π)3e−ia·Λp Rrs a(s)(Λp) u(r)(p) e−ipx +

+ eia·Λp R∗rs b†(s)(Λp) v(r)(p) eipx (2.644)

e ponendo Λp = q, essendo (px) = Λp · Λx = q · Λx, risulta

U(a,Λ) ψ(x)U−1(a,Λ) =2∑

r=1

∫d3q

2Eq(2π)3e−iaq Rrs a(s)(q)u(r)(Λ−1q) e−iq·Λx +

+ eiaq R∗rs b†(s)(q) v(r)(Λ−1q) eiq·Λx (2.645)

Ma abbiamo visto che, in generale, risulta

S(Γ)u(s)(p) = R(Γ, p)ks u(k)(Γp) (2.646)S(Γ) v(s)(p) = R(Γ, p)∗ks v(k)(Γp) (2.647)

dove la matrice R che compare nella (2.646) e (2.647) e la matrice di SU(2) individuata dallarotazione di Wigner R(Γ, p). Facendo allora Γ = Λ−1, si ha

S(Λ−1)u(s)(q) = Rks u(k)(Λ−1q) (2.648)S(Λ−1) v(s)(q) = R∗ks v(k)(Λ−1q) (2.649)

da cui, sostituendo nella (2.645), si ottiene appunto che

U(a,Λ) ψ(x) U−1(a,Λ) = S−1(Λ) ψ(a + Λx) (2.650)

123Si osservi che se partiamo dal sistema del CM, i.e. se il quadrimpulso di partenza ep ≡ (m, 0, 0, 0) mentre Γ = Λp, allora la rotazione di Wigner R(Λp, p) coincide semplicementecon l’indentita, infatti essendo Λp = I, Λp p ≡ p, Λ−1

Γp = Λ−1p si ha Λ−1

Γp Γ Λp = Λ−1Γp Γ I ≡ I e

quindi risulta in particolare che

U(a, Λp) a(r)(p) U−1(a,Λp) = e−iap a(r)(p) (2.653)

U(a, Λp) b(r)(p) U−1(a,Λp) = e−iap b(r)(p) (2.654)

112

Veniamo infine alla questione della normalizzazione dei campi ψ e ψ.Anche in questo caso, evidentemente, abbiamo liberta di normalizzazione, essendoanche l’equazione di Dirac una equazione differenziale lineare e omogenea.

La scelta e fatta, di nuovo, in modo che la funzione d’onda Ψ(s)~q (x) associata

in rappresentazione delle coordinate allo stato di particella libera con impulso ~qe stato di spin s, i.e. |~q, s >≡ a†(s)(~q)|Ω >, sia semplicemente124

Ψ(s)~q (x) = u(s)(~q) e−iqx (2.677)

La dimostrazione di quanto adesso asserito e del tutto analoga a quella vista nelcaso del campo scalare.Infatti, cominciamo con l’osservare che dalla teoria dell’equazione di Dirac, giasappiamo che la funzione d’onda di una particella con impulso definito ~q e spins, per la (2.453), e necessariamente del tipo

Ψ(s)~q (x) = K u(s)(~q) e−iqx

La normalizzazione, al solito, si determina osservando che

< ~q′, s′|~q, s > = < Ω| a(s′)(~q′) a†(s)(~q)|Ω >=

= < Ω| a(s′)(~q′) , a†(s)(~q)|Ω >=

= 2Ep (2π)3 δs s′ δ3(~q − ~q′) (2.678)

D’altronde, il prodotto scalare fra due soluzioni dell’equazione di Dirac, inrappresentazione delle coordinate, e data da

< Ψ1|Ψ2 >=∫

d3xΨ†1(~x, t)Ψ2(~x, t)

124Anche in questo caso la funzione d’onda si puo determinare attraverso l’uso del campoψ(x), nel modo seguente

Ψ(s)~q (x) = < Ω|ψ(x)a†(s)(~q)|Ω >=

=2∑

r=1

∫d3p

2E(2π)3< Ω|a(r)(~p)u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipxa†(s)(~q)|Ω >=

=2∑

r=1

∫d3p

2E(2π)3u(r)(~p) e−ipx < Ω|a(r)(~p) , a†(s)(~q)|Ω >= u(s)(~q) e−iqx (2.656)

La stessa regola vale, pur con qualche precauzione, anche per la funzione d’ondadell’antiparticella.A questo proposito occorre ricordare che se Ψ(x) e soluzione dell’equazione di Dirac libera,allora anche

ΨC(x) ≡ C−1 Ψ(x)t con C ≡ iγ0γ2 =

0 0 0 + 10 0 − 1 00 + 1 0 0

−1 0 0 0

= −C−1 (2.657)

lo e, e ΨC e detta la soluzione coniugata di carica della Ψ.

113

per cui risulta

< Ψ(s′)q′ |Ψ(s)

q > =∫

d3x Ψ†(s′)q′ (~x, t) Ψ(s)

q (~x, t) =

La ragione di questa definizione sta nel fatto che, in presenza di interazione elettromagnetica,usando l’accoppiamento minimale canonico, i.e.

pµ → pµ − e

cAµ ⇔ ih∂µ → ih∂µ − e

cAµ (2.658)

allora se Ψ e soluzione dell’equazione di Dirac in presenza di un dato campo elettromagneticoAµ, i.e. ( h = c = 1)

(iγµ∂µ − eAµ γµ) Ψ−mΨ = 0 (2.659)

ne segue che la ΨC definita sopra risolve l’equazione di Dirac nello stesso campo esterno maper una particella di carica opposta (e stessa massa), i.e. risulta

(iγµ∂µ + eAµ γµ)ΨC −mΨC = 0 (2.660)

Infatti, prendendo l’hermitiana coniugata dell’equazione di partenza (ricordiamo che Aµ ereale), abbiamo

(iγµ∂µ − e Aµ γµ)Ψ−mΨ = 0 ⇒ ∂µΨ†(−i㵆)− e Aµ Ψ†(γµ)† −mΨ† = 0⇒ −i∂µΨ†γµ†γ0 − eAµ ؆ㆵγ0 −mΨ†γ0 = 0

⇒ −i∂µΨ†γ0γ0㵆γ0 − eAµΨ†γ0γ0ㆵγ0 −mΨ†γ0 = 0 (2.661)

dove abbiamo usato il fatto che (γ0)2 = I.D’altronde Ψ†γ0 = Ψ e γ0㵆γ0 = γµ, dunque otteniamo che vale quindi l’equazione

−i∂µΨγµ − eAµΨγµ −m Ψ = 0 (2.662)

per cui trasponendo, si ha

−i∂µ(γµ)t Ψt − eAµ(γµ)t Ψt −m Ψt = 0 (2.663)

e se moltiplichiamo a sinistra per la matrice C−1 sopra introdotta, che gode delle proprieta percui

C (γµ)t = −γµ C ; C−1 = −C = Ct (2.664)

ecco che risulta

−i∂µC−1(γµ)tΨt − eAµ C−1(γµ)tΨt −m C−1 Ψt = 0⇒ i∂µγµ C−1Ψt + eAµγµ C−1Ψt −m C−1 Ψt = 0 (2.665)

per cui, ponendo appunto C−1Ψt ≡ ΨC , otteniamo infine l’equazione

i∂µγµΨC + eAµγµΨC −mΨC = 0 (2.666)

che prova appunto la (2.660).Osserviamo ancora che se Ψ e una soluzione ad energia positiva, allora ΨC e, evidentemente(data la coniugazione complessa) ad energia negativa e viceversa.

114

L’associazione degli stati di antiparticella con le soluzioni ad energia negativa procede dunqueattraverso l’identificazione degli stati di antiparticella con le soluzioni coniugate di carica dellesoluzioni ad energia negativa; per cui, se prendiamo la generica soluzione piana ad energianegativa v(s)(~p) eipx, essa individua uno stato di antiparticella libera avente funzione d’onda

Ψ = C−1 v(s)(~p)t e−ipx = −C v(s)(~p)t e−ipx (2.667)

e questa e evidentemente una soluzione ad energia positiva: siccome risulta

−C v(s)(~p)t = C−1 v(s)(~p)t = u(s)(~p) (2.668)

essa descrive lo stato di antiparticella di spin s.

Ritornando adesso, per esempio, alla determinazione della funzione d’onda del positronelibero, essa si determina in maniera analoga a quella dell’elettrone, per il quale abbiamo vistodalla (2.656) che risulta

elettrone : Ψ(s)~q (x) =< Ω|ψ(x) a†(s)(~q) |Ω >= u(s)(~q) e−iqx (2.669)

usando pero, al posto del campo ψ, il campo coniugato di carica, ovvero (cfr. eq. (C.140)) ilcampo ψC = C−1ψt. Si ha infatti

positrone : Ψ(s)~q (x) =< Ω|ψC(x) b†(s)(~q) |Ω >=

= < Ω|C−1∑

r

∫d3p

2E(2π)3b(r)(~p)v(r)t(~p)e−ipx + a†(r)(~p)u(r)t(~p)eipx

b†(s)(~q) |Ω >=

= C−1∑

r

∫d3p

2E(2π)3v(r)t(~p)e−ipx < Ω|b(r)(~p) b†(s)(~q) |Ω >=

= C−1∑

r

∫d3p

2E(2π)3v(r)t(~p)e−ipx < Ω|

b(r)(~p) , b†(s)(~q)

|Ω >=

= C−1v(s)t(~q)e−iqx = u(s)(~q) e−iqx (2.670)

Come si vede, quindi, la funzione d’onda dell’elettrone e del positrone coincidono !E’ ragionevole ?Certo, visto che si tratta di particelle di Dirac aventi la stessa massa !Pero si potrebbe obiettare che, poiche la corrente elettromagnetica e Jµ = e ψγµψ, se la fun-zione d’onda dell’elettrone e la stessa di quella del positrone, allora anche la corrente sara lastessa nei due casi, invece che avere segno opposto ...Qui la soluzione dell’apparente paradosso sta nel fatto che, per trattare correttamente la ques-tione, occorre inquadrare il problema nell’ambito della QFT, uscendo quindi dallo schema dellaprima quantizzazione.In questo contesto (cfr. eq.(C.91) e seguenti), la densita della corrente elettromagnetica e ilprodotto n− ordinato dell’espressione gia riportata, i.e.

Jµ = e : ψ γµ ψ : (2.671)

ovvero

Jµ =e

2[ψ, γµ ψ

] ≡ e

2[ψα (γµ)αβ ψβ − (γµ)αβ ψβ ψα

](2.672)

115

= |K|2 u†(s′)(~q′) u(s)(~q) eiE′t e−iEt

∫d3x ei~x·(~q−~q′) =

= (2π)3 |K|2 δ3(~q − ~q′) u†(s′)(~q′) u(s)(~q) =

= (2π)3 |K|2 δ3(~q − ~q′) δs s′ 2E (2.679)

ed il confronto con la (2.678) mostra appunto che deve essere di nuovo, per glistessi argomenti gia usati per il campo scalare, K = 1.

Osserviamo adesso che, dato lo stato di particella |~q, s >≡ a†(s)(~q)|Ω >, rap-

presentato dunque dalla funzione d’onda Ψ(s)~q (x) = u(s)(~q) e−iqx, la densita di

corrente ad esso associata, come sappiamo, e

jµ(x) = Ψ(s)q (x) γµ Ψ(s)

q (x) = u(s)(~q) γµ u(s)(~q)

Ne segue quindi che la sua componente temporale, la quale fornisce la densita diparticelle per unita di volume, data la (2.508 ), e, come nel caso scalare, di nuovopari a

ρ(x) = j0(x) = u(s)(~q) γ0 u(s)(~q) = u+(s)(~q) u(s)(~q) = 2E (2.680)

Per quanto riguarda, poi, le regole di anticommutazione dei campi ψ e ψ,queste si possono ottenere a partire dalla decomposizione dei campi (2.637) e

Ricordando che ψ e una matrice colonna mentre ψ e una matrice riga, in linguaggio matricialerisulta

Jµ =e

2[ψγµψ − (γµψ)tψt

]=

e

2[ψγµψ − ψt (γµ)t ψt

](2.673)

e dunque, visto che

ψC = C−1 ψt ↔ ψC = ψt C−1 (2.674)

ne segue che

JµC =

e

2[ψCγµψC − ψt

C (γµ)t ψtC

]=

e

2[ψt C−1 γµ C−1 ψt − (C−1 ψt)t (γµ)t (ψt C−1)t

]=

=e

2[ψt C−1 γµ C−1 ψt − ψ (C−1)t (γµ)t (C−1)t ψ

]=

=e

2

[ψt

(C−1 γµ C−1)

ψt − ψ(C−1 γµ C−1

)tψ

](2.675)

D’altronde(C−1 γµ C−1

)= (γµ)t per cui risulta infine che

JµC =

e

2[ψt (γµ) ψt − ψ γµ ψ

]= −Jµ (2.676)

che e quanto volevamo appunto dimostrare.

116

(2.638) in termini di operatori di creazione e distruzione e dalle regole di anti-commutazione (2.639) a cui questi ultimi obbediscono.A tempi uguali, risulta

ψα(x), ψβ(y)x0=y0 = 0 =ψ†α(x), ψ†β(y)

x0=y0

(2.681)

mentre eψα(x), ψ†β(y)

x0=y0

= δαβ δ3(~x− ~y) (2.682)

Dimostriamo quest’ultima relazione. Si ha

ψα(x), ψ†β(y)

x0=y0

=

∫ d3p

2Ep(2π)3

∑r

[a(r)(~p) u(r)

α (~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)α (~p) eipx

],

∫ d3q

2Eq(2π)3

∑s

[b(s)(~q) v

+(r)β (~q) e−iqy + a†(s)(~q) u

+(r)β (~q) eiqy

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)3

[∑r,s

u(r)α (~p)u

+(s)β (~q) e−ipx eiqy

a(r)(~p), a†(s)(~q)

+

+∑r,s

v(r)α (~p)v

+(s)β (~q) eipx e−iqy

b†(r)(~p), b(s)(~q)

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)32Eq (2π)3 δ3(~p− ~q)

[∑r

u(r)α (~p)u

+(r)β (~q) e−ipx eiqy +

∑s

v(s)α (~p)v

+(s)β (~q) eipx e−iqy

](2.683)

Integrando su ~q, otteniamo quindi

ψα(x), ψ†β(y)

x0=y0

=∫ d3p

2Ep(2π)3

[e−ip(x−y)

∑r

u(r)α (~p)u

+(r)β (~p) + eip(x−y)

∑s

v(s)α (~p)v

+(s)β (~p)

]

ma, per ipotesi, x0 = y0, quindi risulta

p(x− y) = −~p · (~x− ~y) (2.684)

poi, quanto al prodotto fra gli spinori, essendo u ≡ u+ γ0, si ha evidentementeche

∑r

u(r)α (~p)u

+(r)β (~p) =

∑r

u(r)α (~p)u(r)

τ (~p) γ0τβ (2.685)

ed usando la (2.519) e la (2.525), abbiamo quindi che

∑r

u(r)α (~p)u

+(r)β (~p) = 2m (Λ+)ατ γ0

τβ =[(6p + m)γ0

]αβ

(2.686)

117

Analogamente, per la (2.520) e (2.527), si ha

∑s

v(s)α (~p)v

+(s)β (~p) =

∑s

v(s)α (~p)v(s)

τ (~p)γ0τβ = −2m (Λ−)ατ γ0

τβ =

=[( 6p−m)γ0

]αβ

(2.687)

Sostituendo, si ha quindi

ψα(x), ψ†β(y)

x0=y0

=∫ d3p

2Ep(2π)3ei~p(~x−~y)

[( 6p + m)γ0

]αβ

+

+∫ d3p

2Ep(2π)3e−i~p(~x−~y)

[(6p−m)γ0

]αβ

(2.688)

D’altronde, il secondo integrale, se poniamo ~p → −~p, diventa

∫ d3p

2Ep(2π)3ei~p(~x−~y)

[(Ep γ0 + ~p · ~γ −m)γ0

]αβ

(2.689)

da sommare al primo integrale che esplicitamente vale

∫ d3p

2Ep(2π)3ei~p(~x−~y)

[(Ep γ0 − ~p · ~γ + m)γ0

]αβ

(2.690)

per cui, in definitiva, essendo (γ0)2 = I, risulta appunto che

ψα(x), ψ†β(y)

x0=y0

=∫ d3p

2Ep(2π)3ei~p(~x−~y) 2Ep δαβ = δαβ δ3(~x− ~y) (2.691)

A tempi non uguali, procedendo in modo del tutto simile a quanto sopra,troviamo che l’unico anticommutatore non nullo vale

ψα(x), ψβ(y)

= i (m + iγµ∂µ)αβ ∆(x− y, m)

≡ −i Sαβ(x− y,m) (2.692)

dove la funzione ∆ e gia stata definita attraverso la (2.284), i.e.

∆(x− y; m) ≡ − i

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) e−iq(x−y)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](2.693)

e si e posto

Sαβ(x− y, m) ≡ − (m + iγµ∂µ)αβ ∆(x− y, m) (2.694)

118

Infatti risulta

ψα(x), ψβ(y)

=

∫ d3p

2Ep(2π)3

∑r

[a(r)(~p) u(r)

α (~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)α (~p) eipx

],

∫ d3q

2Eq(2π)3

∑s

[b(s)(~q) v

(r)β (~q) e−iqy + a†(s)(~q) u

(r)β (~q) eiqy

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)3

[∑r,s

u(r)α (~p)u

(s)β (~q) e−ipx eiqy

a(r)(~p), a†(s)(~q)

+

+∑r,s

v(r)α (~p)v

(s)β (~q) eipx e−iqy

b†(r)(~p), b(s)(~q)

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

d3q

2Eq(2π)32Eq (2π)3 δ3(~p− ~q)

[∑r

u(r)α (~p)u

(r)β (~q) e−ipx eiqy +

∑s

v(s)α (~p)v

(s)β (~q) eipx e−iqy

](2.695)

ed integrando su d3q otteniamo dunque

ψα(x), ψβ(y)

=

∫ d3p

2Ep(2π)3

[e−ip(x−y)

∑r

u(r)α (~p) u

(r)β (~p) + eip(x−y)

∑s

v(s)α (~p) v

(s)β (~p)

]=

=∫ d3p

2Ep(2π)3

[e−ip(x−y)(m+ 6p)− eip(x−y)(m− 6p)

]αβ

=

= (m + iγµ∂µ)αβ

∫ d3p

2Ep(2π)3

[e−ip(x−y) − eip(x−y)

](2.696)

Ma nell’integrale riconosciamo, evidentemente, la funzione ∆(z; m) di cui alla(2.284), per cui in definitiva si ha

ψα(x), ψβ(y)

= i (m + iγµ∂µ)αβ ∆(x− y; m)

≡ −i Sαβ(x− y; m) (2.697)

Questa conclusione mostra allora, per le note proprieta della funzione ∆(z; m),che l’anticommutatore che stiamo considerando soddisfa la causalita, essendocomunque nullo quando il quadrivettore z = x− y e space− like.

119

Venendo infine all’azione delle simmetrie discrete C, P e T , si dimostra cherisulta

C a(r)(~p) C−1 = e−iηc b(r)(~p) ←→ C a†(r)(~p) C−1 = eiηc b†(r)(~p) (2.698)

C b(r)(~p) C−1 = eiηc a(r)(~p) ←→ C b†(r)(~p) C−1 = e−iηc a†(r)(~p) (2.699)

C ψ(x) C−1 = e−iηc C−1 ψt(x) ←→ C ψ(x) C−1 = eiηc ψt(x) C−1 (2.700)

C = iγ0γ2 (2.701)

P a(r)(~p) P−1 = e−iηp a(r)(−~p) ←→ P a†(r)(~p) P−1 = eiηp a†(r)(−~p) (2.702)

P b(r)(~p) P−1 = −eiηp b(r)(−~p) ←→ P b†(r)(~p) P−1 = −e−iηp b†(r)(−~p) (2.703)

P ψ(x) P−1 = e−iηp γ0 ψ(Px) ←→ P ψ(x) P−1 = eiηp ψ(Px)γ0 (2.704)

eiηp = ±1 (2.705)

T a(r)(~p) T−1 = e−iηT fr a(r)(−~p) ←→ T a†(r)(~p) T−1 = eiηT fr a†(r)(−~p) (2.706)

T b(r)(~p) T−1 = eiηT fr b(r)(−~p) ←→ T b†(r)(~p) T−1 = e−iηT fr b†(r)(−~p) (2.707)

T ψ(x) T−1 = e−iηT γ1γ3 ψ(Tx) ←→ T ψ(x) T−1 = eiηT ψ(Tx)γ3γ1 (2.708)

e si e posto

r = 1 : fr = +1; r ≡ 1 = 2 (2.709)

r = 2 : fr = −1; r ≡ 2 = 1 (2.710)

Evidentemente, siccome T e antiunitario, indipendentemente dalla fase e−iηT ,risulta comunque T 2 = −I.

Da queste leggi di trasformazione discendono in modo piu o meno immediato,per esempio, le proprieta di trasformazione sotto C, P e T della corrente elettro-magnetica e debole.Consideriamo, per esempio, la corrente debole carica

Jµw = ψ(x) γµ 1− γ5

2ψ(x) (2.711)

Sotto parita, evidentemente, per quanto detto sopra, si ha

Jµ(x) → P Jµ(x) P−1 = ψ(Px) γ0 γµ 1− γ5

2γ0 ψ(x) =

= ψ(Px) γ0 γµ γ0 1 + γ5

2ψ(Px) =

= ψ(Px) γµ1 + γ5

2ψ(Px) 6= Jµ(Px) (2.712)

la quale mostra come la simmetria P non trasformi la corrente debole caricanel modo che ci aspetteremmo per una corrente: infatti, come sappiamo, P e

120

violata nelle interazioni deboli e questo accade a causa della presenza in essadel proiettore chirale χ− che, sotto parita, diventa χ+. E’ altresı evidente come,invece, la corrente elettromagnetica e ψγµψ si trasformi per parita in modocorretto, per cui P e invece conservata nelle interazioni elettromagnetiche.

Veniamo ora all’inversione temporale. Sempre per l’interazione debole carica,risulta che (si ricordi che T e antiunitario e che γ5 e reale)

Jµ(x) → T Jµ(x) T−1 = T ψ(x) γµ 1− γ5

2ψ(x) T−1 =

= T ψ(x) T−1 Tγµ 1− γ5

2T−1 T ψ(x) T−1 =

= T ψ(x) T−1 γ∗µ1− γ5

2T ψ(x) T−1 =

= ψ(Tx) γ3γ1 γ∗µ1− γ5

2γ1γ3ψ(Tx) (2.713)

ma, come si puo vedere direttamente (tutte le matrici γ sono reali, a parte la γ2

che e immaginaria), risulta

γ3γ1 γ∗µ1− γ5

2γ1γ3 = γ3γ1 γ∗µ γ1γ3 1− γ5

2= γµ

1− γ5

2(2.714)

e dunque

T Jµ(x) T−1 = ψ(Tx) γµ1− γ5

2ψ(Tx) = Jµ(Tx) (2.715)

che mostra come, invece, T sia rispettata anche nell’interazione debole125, oltreche, evidentemente, in quella elettromagnetica.

E veniamo infine alla simmetria di coniugazione di carica.In questo caso e piu opportuno (cfr. Appendice C) usare la forma N-ordinatadella corrente, i.e. l’espressione126

Jµ(x) =e

2

[ψ(x), γµ 1− γ5

2ψ(x)

](2.716)

Ripetendo quanto visto in precedenza, e facile concludere che Jµ(x) non cambiasegno sotto C come ci aspetteremmo, bensı accade che

Jµ(x) → C Jµ(x)C−1 = −e

2

[ψ(x), γµ 1 + γ5

2ψ(x)

](2.717)

ovvero, mentre il termine vettoriale cambia segno, quello pseudovettoriale non lofa: anche C e massimamente violata nelle interazioni deboli, mentre non lo e inquelle elettromagnetiche (corrente vettoriale ...). E’ facile poi rendersi conto daquanto precede che il prodotto delle due simmetrie CP sono, invece, conservate,come deve accadere vista la conclusione tratta su T ed il teorema CPT .

125Stiamo qui usando un’espressione semplificata della corrente debole, senza mixing ...126Naturalmente anche per P e T , l’espressione giusta e quella N-ordinata, ma in questi casi,

poiche la simmetria non altera la posizione relativa dei campi ψ e ψ, si arriva al risultatocorretto anche usando la forma non N-ordinata.

121

2.2.5 Il decadimento del positronio

Come applicazione di quanto abbiamo visto fin’ora, studiamo adesso i modi didecadimento (annichilazione) del positronio. Questo e un sistema legato fatto daun elettrone ed un positrone. Esso e del tutto analogo ad un atomo di idrogeno,a parte la massa ridotta µ = me

2invece di µ = me mp

me+mp≈ me e quanto ad essa

collegato (Rydberg ∝ µ, raggio di Bohr r ∝ µ−1 ...).Inoltre, siccome elettrone e positrone non hanno fattore di forma ed hanno mo-menti magnetici uguali in modulo e opposti in segno, a differenza di quanto accadenel caso dell’atomo di idrogeno, nel positronio non c’e effetto Zeeman127.Ma la differenza fondamentale naturalmente e che, essendo esso costituito da unsistema particella/antiparticella, non e stabile, bensı si annichila in fotoni.

Lo stato fondamentale del positronio, analogamente a quanto accade perl’atomo di idrogeno, e lo stato n = 1, L = 0 ed il sistema dei due fermioni puotrovarsi in uno stato di tripletto di spin (S = 1) oppure in uno stato di singoletto(S = 0). Nel primo caso si parla di ortopositronio (Ops), mentre nel secondocaso, si parla di parapositronio (Pps). Questa distinzione e molto importante inquanto Ops e Pps hanno vite medie e modi di decadimento (annichilazione) deltutto diversi. Vediamo perche.Occupiamoci per prima cosa della simmetria di Coniugazione di Carica C la quale,poiche il processo di decadimento (annichilazione) e puramente elettromagnetico,sappiamo essere una simmetria conservata dalla dinamica.

Lo stato di positronio sara evidentemente descrivibile in termini di operatoridi creazione a† e b† sia dell’elettrone che del positrone, i.e. avremo

|ps >= a†1 b†2 |Ω > (2.718)

dove, per semplicita, non abbiamo indicato ne le variabili spaziali ne quelle dispin, ma le abbiamo indicate globalmente con l’indice ”1” per l’elettrone e conl’indice ”2” per il positrone.

127La ragione dell’assenza dell’effetto Zeeman al primo ordine si puo capire facilmente ancheragionando in termini classici. Dato che le masse delle due particelle sono uguali ed esse hannocariche opposte, il moto orbitale non puo mai determinare nessuna corrente, per cui il fattoredi Lande gL e necessariamente nullo e quindi il moto orbitale non puo contribuire all’effettoZeeman. D’altronde, nemmeno gli stati di spin possono farlo, visto che

• se il sistema si trova in stato di singoletto, non esiste nessuna direzione definita dellospin e quindi il valore di aspettazione sullo stato di singoletto del momento magneticonon puo che essere nullo;

• se il sistema e in stato di tripletto, allora gli spin delle due particelle sono allineati mapoiche i loro momenti magnetici sono uguali ed opposti, si compensano uno con l’altro.

Per questi motivi, quindi, semplicemente l’effetto Zeeman non puo manifestarsi nel positronio,a meno di usare campi magnetici estremamente intensi, tali da provocare lo splitting dei livellial secondo ordine in B.

122

Sotto l’operatore di coniugazione di carica128, si ha (ricordiamo che il vuoto eC-invariante)

C |ps > = C a†1 b†2 |Ω >= C a†1 C−1 C b†2 C−1C |Ω >= b†1 a†2 |Ω >=

= −a†2 b†1 |Ω > (2.719)

ovvero, a parte un segno meno che viene dalle regole di anticommutazione deglioperatori del campo spinoriale, l’operatore di coniugazione di carica si comportaesattamente come l’operatore di scambio fra le due particelle, e dunque uno statocon L ed S definiti sara autostato di C per l’autovalore

C = −(−1)L (−1)S+1 ≡ (−1)L+S (2.720)

Il parapositronio, allora, il quale ha L = 0 ed S = 0, e pari sotto C, i.e.

C |Pps >= + |Pps > (2.721)

e questo implica, per quanto visto circa l’effetto della coniugazione di carica sulfotone, che

(e+ e−)Pps → 2γ, 4γ, ... (2.722)

Poiche la sezione d’urto di annichilazione elettrone-positrone in due fotoni si puodimostrare che, a momento trasferito nullo, essa e pari a

σ2γ = σT = 4π r20 = 4π

(e2

mc2

)2

= 4π

(e2

hc

hc

mc2

)2

=

= 4πα2 λ/2C (2.723)

la probabilita di decadimento dello stato di Pps per unita di tempo (all’ordine piubasso, ovvero trascurando i decadimenti con un numero pari di fotoni maggioredi due) sara data da

λ2γ = σT c |ψ(0)|2 s−1 (2.724)

dove |ψ(0)|2 fornisce la densita di probabilita di sovrapposizione dell’elettronecon il positrone che, sullo stato fondamentale n = 1, L = 0, vale129

|ψ(0)|2 =1

π

1

a3=

1

π

(µe2

h2

)3

=1

8π

(mc

h

e2

hc

)3

=1

8πα3 λ/−3

C (2.725)

128Un eventuale fattore di fase eiηC non e rilevante, trattandosi di un sistema parti-cella/antiparticella, per il quale ci sarebbe comunque compensazione fra quello che molti-plicherebbe a† e quello, complesso coniugato, che moltiplicherebbe b†.

129Con µ intendiamo qui la massa ridotta del sistema, mentre con m indichiamo la massadell’elettrone (positrone).

123

per cui risulta

λ2γ = 4π α2 λ/2C c

1

8πα3 λ/−3

C =c

2α5 λ/−1

C =1

2α5 mc2

h(2.726)

e quindi, essendo la vita media τ2γ niente altro che l’inverso di λ2γ, abbiamo infineche

τ2γ = 2 α−5 h

mc2= 2× (137)5 6.582× 10−22

0.511= 1.24× 10−10 s (2.727)

Veniamo adesso allo stato dei due fotoni emessi. Visto che (e+ e−)Pps ha evi-dentemente J = 0, possiamo dire senz’altro che, nel sistema dove esso e a riposo, idue fotoni emessi in direzione necessariamente opposta (con la stessa energia, parialla massa dell’elettrone) dovranno avere la stessa elicita dato che la componentedel momento angolare totale in ogni direzione (e dunque anche in quella di volodei fotoni) deve comunque essere nulla. Questo, pero, come abbiamo gia visto nelcaso del decadimento del π0, non basta a definire completamente lo stato, vistoche questa prescrizione individua due stati indipendenti, i.e. (prescindendo dallasimmetrizzazione dello stato ...)

|~k, + > | − ~k, + > e |~k,− > | − ~k,− > (2.728)

per cui, a priori, una qualunque loro combinazione lineare soddisferebbe ancorala condizione di conservazione del momento angolare.In realta lo stato dei due fotoni e univocamente determinato perche il Pps haanche parita definita ed questa simmetria e pure essa conservata dalla dinamica,i.e. dall’interazione elettromagnetica.Ma qual e la parita del positronio nel suo stato fondamentale ?Evidentemente risulta

P = (−1)L Pe+ P e− (2.729)

dove Pe+ P e− e il prodotto delle parita intrinseche del positrone e dell’elettroneche, per quanto visto, sara comunque sempre pari a −1.Dunque, essendo sul fondamentale L = 0, ne segue che la parita sia del para-positronio che dell’ortopositronio e comunque P = −1.Per il parapositronio ci troviamo quindi esattamente nella stessa situazione chenel caso del decadimento del π0, avendo lo stato iniziale momento angolare nulloe parita negativa: per quanto visto trattando il decadimento del π0, i due fotoniavranno dunque polarizzazioni lineari ortogonali.Non e un caso che si sia ritrovato questo risultato.Il π0, infatti, e fatto proprio dalla combinazione particella/antiparticella, essendo

|π0 >=1√2

(|uu > −|dd >

)(2.730)

124

Ogni coppia (qq) nel π0 ha momento angolare orbitale relativo L = 0 e sitrova in uno stato di singoletto di spin, i.e. S = 0, per cui lo spin del π0, cioeil momento angolare complessivo J del sistema, e nullo. La particella risultapseudoscalare130 proprio perche e costituita da coppie quark/antiquark che es-sendo fermioni, hanno parita intrinseca opposta, ed essi si trovano in uno statoche ha L = 0.

Quanto infine all’Ops, esso, avendo S = 1, pur continuando ad avere paritanegativa, e autostato della coniugazione di carica C per l’autovalore −1.Esso non puo decadere in un numero pari di fotoni e quindi, non potendo decadereper ragioni cinematiche in un solo fotone, deve decadere in almeno tre. Questosignifica che questo processo di annichilazione avviene ad un ordine perturbativopiu alto di quello in due fotoni e dunque dobbiamo aspettarci che

λ3γ ≈ α λ2γ (2.731)

Per ragioni di spazio delle fasi, compare poi un fattore extra 14π

(43

)2(π2− 9) per

cui alla fine risulta

λ3γ =1

4π

(4

3

)2

(π2 − 9) α1

2α5 mc2

h

⇒ τ 3γ = τ2γ α−1

(1

4π

(4

3

)2

(π2 − 9)

)−1

= 1.38× 10−7 s (2.732)

130Sia chiaro che esistono anche mesoni neutri che hanno autovalori diversi da JPC = 0−+,ma, generalmente, quelli di massa piu bassa hanno L = S = 0 e dunque J = 0, P = −1 ,ovvero sono dei mesoni pseudoscalari.

125

3 Scattering e decadimenti

I processi di scattering, insieme a quelli di decadimento (che, comunque, sonomolto simili a quelli d’urto quanto a trattazione formale), costituiscono la stradanaturale che fornisce accesso alla dinamica delle interazioni fra le particelle ele-mentari.

3.1 La matrice S

L’operatore che descrive completamente il processo d’urto e la matrice S.Nel seguito ne forniremo la definizione e quindi vedremo di inquadrarne bene ilsignificato, anche allo scopo di renderne possibile una valutazione perturbativa;ma per far questo, e bene ripartire dai principi primi della Meccanica Quantistica !

E’ noto che se |ψ, t > e il ket che rappresenta, nello spazio di Hilbert Hassociato al sistema considerato, un certo stato fisico al tempo t, allora essosoddisfa l’equazione

i∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > (3.733)

dove H e l’operatore hamiltoniano del sistema che, per ipotesi e autoaggiunto.Quando H non dipende esplicitamente dal tempo (sistemi conservativi) l’equazioneprecedente si integra facilmente nel modo seguente:

|ψ, t >= e−iHt |ψ, 0 > (3.734)

e l’operatore unitario

U(t) = e−iHt (3.735)

viene chiamato, con ovvio significato, operatore di evoluzione temporale.

Se adesso A e una qualsiasi osservabile del sistema, i.e. un qualsiasi operatoreautoaggiunto, allora, se indichiamo con Aψ(t) il valor medio di tale osservabilesullo stato |ψ, t >, questo, che e un numero reale, risulta essere pari a

Aψ(t) = < ψ, t|A|ψ, t >=< ψ, 0|eiHt A e−iHt|ψ, 0 >=

= < ψ, 0|U−1(t) A U(t) |ψ, 0 > (3.736)

Come si vede, e come, del resto, dovrebbe essere ben noto dalla MeccanicaQuantistica elementare, i due diversi punti di vista

126

• i) evolvono solo gli stati secondo la legge |ψ, t >= e−iHt |ψ, 0 >,

• ii) evolvono solo le osservabili del sistema, secondo la legge A(t) = eiHt Ae−iHt

sono equivalenti ai fini della valutazione dei valori medi delle osservabili ad undato istante, peraltro arbitrario.Come al punto di vista i) (Schrodinger Picture SP) corrisponde l’equazione dimoto per lo stato (equazione di Schrodinger)

i∂

∂t|ψ, t >= H |ψ, t > ⇒ |ψ, t >= e−iHt |ψ > (3.737)

cosı al punto di vista ii) (Heisenberg Picture HP) corrisponde l’equazione di motoper le osservabili (equazione di Heisenberg)

i∂

∂tA(t) = [A(t), H] ⇒ A(t) = eiHt Ae−iHt (3.738)

Sia ora data U(α) una famiglia di operatori unitari, parametrizzata dalla variabilereale α. Tanto nello schema di Heisenberg come in quello di Schrodinger e banalerendersi conto che la seguente trasformazione simultanea su stati e osservabili

|ψ > ⇒ |ψ, α >= U−1(α)|ψ > (3.739)

A ⇒ Aα = U−1(α) A U(α) (3.740)

lascia invarianti tutti i valori di aspettazione, infatti

< ψ, α|Aα|ψ, α >=< ψ|U †−1(α) U−1(α) AU(α) U−1(α)|ψ >=< ψ|A|ψ > (3.741)

Se poniamo adesso

U(α) ≡ U−1(t) = eiHt (3.742)

ecco che questa trasformazione unitaria ci fa passare dallo schema di Heisenberga quello di Schrodinger, dato infatti che risulta

|ψ, t >S= U(t) |ψ >≡ U(t) |ψ >H

AS = U(t) AH U−1(t)(3.743)

Ponendo invece

U(α) ≡ U(t) = e−iHt (3.744)

ovviamente passiamo dallo schema di Schrodinger a quello di Heisenberg ...

Supponiamo adesso che l’hamiltoniana del sistema possa essere scritta come

H = H0 + H ′ (3.745)

127

dove, convenzionalmente, H0 rappresenta la parte ”libera”, i.e. quella che solita-mente sappiamo trattare per cio che riguarda l’evoluzione del sistema (autostati,etc ...) ed H

′rappresenta la perturbazione, i.e. un’interazione.

Ammettiamo che sia H0 come H non dipendano esplicitamente dal tempo e poni-amo

U0(t) ≡ e−iH0t, U(t) ≡ e−iHt (3.746)

Indichiamo con |ψ, t >S e AS , rispettivamente, gli stati e le osservabili nella SPe con |ψ >H , AH(t) i medesimi nella HP.Accanto a questi due schemi, se ne pone un altro, quello che e denominato inletteratura rappresentazione di interazione (Interaction Picture, IP) che, comevedremo, e una specie di via di mezzo fra i due ed e molto comodo per trattare,appunto, il problema legato agli effetti dell’interazione stessa.Facciamo per questo la seguente trasformazione simultanea su stati e osservabili

|ψ, t >S

AS→ |ψ, t >I ≡ U−1

0 (t) |ψ, t >S= eiH0t e−iHt |ψ >H

AI(t) ≡ U−10 (t) AS U0(t)

(3.747)

Per quanto detto prima, evidentemente gli stati |ψ, t >I e le osservabili AI(t)sono ”buoni” quanto gli stati |ψ, t >S e le osservabili AS , oppure gli stati |ψ >H ele osservabili AH(t) per cio che concerne lo studio dell’evoluzione del sistema, cioeper quanto riguarda la valutazione dei valori medi delle osservabili, in funzionedel tempo. Questi valori medi131 saranno ovviamente dati infatti da132

I< ψ, t|AI(t)|ψ, t >I (3.748)

Determiniamo ora come evolvono gli stati nella IP: si ha

i∂

∂t|ψ, t >= i

∂

∂tU−1

0 (t) U(t) |ψ >H= i∂

∂teiH0t e−iHt |ψ >H=

= −H0 eiH0t e−iHt |ψ >H + eiH0t H e−iHt |ψ >H=

= −H0|ψ, t > + eiH0t H e−iH0t eiH0t e−iHt |ψ >H=

= eiH0t (H −H0) e−iH0t |ψ, t >≡ H′I(t) |ψ, t >I (3.749)

mentre per le osservabili risulta

i∂

∂tAI(t) = i

∂

∂tU0(−t) AS U0(t) = [AI(t), H0] (3.750)

In sostanza, quindi, nella IP, mentre gli stati evolvono con l’hamiltoniana H′I(t),

che, ricordiamolo ancora, e definita come

H′I(t) = U0(−t) H

′U0(t) = U0(t)

−1 H′U0(t) = eiH0t H

′e−iH0t (3.751)

131Nel seguito, per comodita di notazione, ometteremo, quando questo non produrra possibiliconfusioni, l’indice I.

132Questo schema, naturalmente, coincide con quello di Heisenberg quando l’interazione eassente ... !

128

le osservabili evolvono secondo l’hamiltoniana libera H0, esattamente come ac-cade, in assenza di interazione, nella Heisenberg Picture.Definiamo adesso l’operatore unitario U(t, t′) nel modo seguente

U(t, t′) |a, t′ >S≡ |a, t >S (3.752)

Dalla definizione si ottiene immediatamente che

U(t, t′) U(t′) |a >H= U(t) |a >H ∀ |a >∈ H (3.753)

ovvero risulta

U(t, t′) = U(t) U−1(t′) (3.754)

per cui e immediato dimostrare che

U(t, t′) U(t′, t′′) = U(t, t′′)U(t, t′)−1 = U(t′, t)

U(t + τ, t′ + τ) = U(t, t′)U(t, 0) = U(t)U(0, t) = U−1(t)

(3.755)

Accanto a questo operatore possiamo definire, in maniera del tutto analoga,l’operatore UI(t, t

′), ponendo appunto

UI(t, t′) |a, t′ >I≡ |a, t >I (3.756)

e si ottiene ancora che risulta

UI(t, t′) = UI(t) U−1

I (t′) (3.757)

come pure che valgono, anche per questo operatore, le proprieta (3.755).Poiche dalla definizione (3.747) e evidente che risulta

UI(t) ≡ U−10 (t) U(t) = eiH0t e−iHt

ne segue altresı che

UI(t, t′) = UI(t) U−1

I (t′) = U−10 (t) U(t) U−1(t′) U0(t

′)

= U−10 (t) U(t, t′) U0(t

′) (3.758)

E veniamo adesso alla matrice S.Sia α un set completo di osservabili che commutano, relative al sistema consider-ato, comprendente l’hamiltoniana imperturbata. Indichiamo con |α > la base daesso definita, vista nello schema di Heisenberg relativamente al caso imperturbato(hamiltoniana H0).

129

Supponiamo adesso che uno stato |α > si sia evoluto liberamente fino al tempo−t e quindi, fra −t e t′, si sia evoluto secondo l’hamiltoniana completa (pertur-bata dall’interazione H

′).

Ci chiediamo qual e, al tempo t′, l’ampiezza relativa alla transizione dallo statocosı ottenuto ad un certo stato |β >, causata dall’interazione stessa.In altre parole, ci facciamo la seguente domanda: assumendo di considerare ilsistema come libero sia prima di −t che dopo t′, lo stato che si e ottenuto dopot′ a partire dallo stato |α > al tempo −t, come e connesso con gli stati che risul-terebbero da un’evoluzione libera del sistema, regolata solo da H0 ?Per quanto concerne l’ampiezza di transizione di cui sopra, evidentemente avremo

Aβα(t′,−t) = S < β, t′, lib|U(t′,−t) |α,−t, lib >S (3.759)

dove |α,−t, lib >S e lo stato |α > che si evoluto liberamente fino al tempo −te, analogamente |β, t′, lib >S e lo stato |β > che si e evoluto liberamente fino altempo t′. Poiche, in generale, risulta

|α,−t, lib >S= U0(−t) |α >H (3.760)

abbiamo evidentemente che

Aβα(t′,−t) =H< β|U−10 (t′) U(t′,−t) U0(−t) |α >H (3.761)

ovvero, per la (3.758),

Aβα(t′,−t) = < β|U(t′,−t)I |α > (3.762)

Passando al limite la (3.762) per t e t′ che vanno a +∞ otteniamo proprio, perla sua stessa definizione, l’elemento di matrice S fra i due stati considerati, i.e.

Sβα ≡< β|S |α >= limt,t′→+∞

Aβα(t′,−t) = limt→+∞ < β|UI(t,−t)|α > (3.763)

ovvero

S = limt→+∞UI(t,−t) = UI(∞,−∞) (3.764)

La matrice S, evidentemente unitaria vista la definizione du cui sopra, vienecosı legata all’operatore di evoluzione temporale in rappresentazione di inter-azione. Essa, per come l’abbiamo definita, descrive quindi l’azione determinatadalla presenza dell’interazione H

′su un set completo di autostati dell’hamiltoniana

libera, definiti in rappresentazione di Heisenberg.Chiaramente, per conoscere effettivamente gli elementi di matrice Sβα, occor-

rera in qualche modo riuscire poi ad esplicitare l’operatore UI(t′,−t) e quindi

passare al limite. D’altronde, per la (3.757), risulta

UI(t′,−t) = UI(t

′) U−1I (−t)

130

dove, per la (3.747), e133

UI(t) = U−10 (t) U(t) = eiH0t e−iHt

Ne segue quindi che

dUI(t′,−t)

dt′=

[dUI(t

′)dt′

]U−1

I (−t) (3.765)

Ma, evidentemente l’operatore UI(t) soddisfa la seguente equazione differenziale

idUI

dt= −H0 eiH0t e−iHt + eiH0t H e−iHt =

= −eiH0t H0 e−iH0t eiH0t e−iHt + eiH0t H e−iH0t eiH0t e−iHt

= eiH0t [H −H0] e−iH0t eiH0t e−iHt = H′I(t) UI(t)

⇒ dUI

dt= −iH

′I(t) UI(t) (3.766)

Quindi, sostituendo nella (3.765), si ha

dUI(t′,−t)

dt′= −iH

′I(t

′) UI(t′) U−1

I (−t) ≡ −iH′I(t

′) UI(t′,−t) (3.767)

D’altronde, evidentemente, UI(t′, t′) = I e con questa condizione al contorno, si

dimostra che l’equazione (3.767) puo essere formalmente integrata in serie nelmodo seguente:

UI(t′,−t) = I + (−i)

∫ t′

−tH

′I(τ) dτ + (−i)2

∫ t′

−tH

′I(τ) dτ

∫ τ

−tH

′I(τ

′) dτ ′ + ...

per cui, data la (3.764), risulta infine

S = I + (−i)∫ ∞

−∞H

′I(τ) dτ + (−i)2

∫ ∞

−∞H

′I(τ) dτ

∫ τ

−∞H

′I(τ

′) dτ ′ + ...

= I +∞∑

n=1

(−i)n

n!

∫ ∞

−∞dτ1, ..., dτn T

(H

′I(τ1) ...H

′I(τn)

)=

≡ T(exp

(−i

∫ +∞

−∞dt H

′I(t)

))(3.768)

dove T(H

′I(τ1) ...H

′I(τn)

)e il prodotto cronologico (time-ordered) degli operatori

in parentesi, introdotto da Dyson, che coincide con il prodotto degli stessi oper-atori, con il tempo che cresce andando da destra verso sinistra.

133La seconda uguaglianza e valida solo se, come abbiamo sempre assunto fin’ora, sia H0 cheH, e quindi H

′, non dipendono esplicitamente dal tempo.

131

3.2 Proprieta di S sotto CPT

Consideriamo un sistema inizialmente libero, retto dall’hamiltoniana H0, per ilquale venga accesa l’interazione descritta dall’hamiltoniana H

′

In QFT, sotto ipotesi molto generali, come la localita e l’invarianza sotto ilgruppo di Lorentz, si dimostra che il sistema possiede certamente la simmetria134

CPT ≡ Θ: assumiamo dunque che l’operatore Θ commuti sia con l’hamiltonianaimperturbata H0 che con quella di interazione H

′.

La matrice S che descrive, in rappresentazione di interazione, le transizioni fragli stati imperturbati, come abbiamo visto prima, e data da

S = T(exp

(−i

∫ +∞

−∞dt H

′I(t)

))(3.769)

dove H′I(t) e l’hamiltoniana di interazione in rappresentazione di interazione, i.e.

H′I(t) = eiH0t H

′e−iH0t (3.770)

Osserviamo per prima cosa che l’operatore Θ, per via del suo carattere antiuni-tario legato a T , non commuta con H

′I(t). Abbiamo, infatti, intanto che

Θ eiH0t Θ−1 = Θ

[I +

(iH0t)

1!+

(iH0t)2

2!+ ...

]Θ−1 =

= I +(−iH0t)

1!+

(−iH0t)2

2!+ ... = e−iH0t (3.771)

dove si e usato il fatto che Θ commuta con H0. Ne segue allora che, poiche peripotesi Θ commuta anche con H

′, risulta

Θ H′I(t) Θ−1 = Θ eiH0t Θ−1 Θ H

′Θ−1 Θ e−iH0t Θ−1 =

= e−iH0t H′eiH0t = H

′I(−t) (3.772)

Torniamo adesso alla matrice S.Vogliamo stabilire l’effetto che ha la trasformazione Θ su di essa.Per fare questo, immaginiamo per prima cosa di ottenere, al solito, la matrice Scome limite per τ →∞ di S(−τ, τ), dove

S(−τ, τ) ≡ UI(τ,−τ) = T(exp

(−i

∫ +τ

−τdt H

′I(t)

))(3.773)

essendo l’operatore S(−τ, τ) ≡ UI(τ,−τ) niente altro che l’operatore di evoluzionetemporale, scritto in rappresentazione di interazione, fra −τ e +τ .Dunque, se vogliamo conoscere questo operatore fra −τ e τ + δ, i.e. l’operatore

134Quanto concluderemo adesso per Θ vale anche per l’inversione temporale T , se essa e unasimmetria conservata del sistema, poiche, come Θ, essa e antiunitaria, ed e proprio questo,come vedremo, l’aspetto cruciale che ci consente di giungere al risultato.

132

S(−τ, τ + δ), questo di otterra applicando al vettore di stato prima l’operatoreS(−τ, τ) e quindi l’operatore S(τ, τ + δ), i.e. risultera

S(−τ, τ + δ) = S(τ, τ + δ) S(−τ, τ) (3.774)

Evidentemente, poi, vista la sua definizione, nel limite in cui δ → 0, l’operatoreS(τ, τ + δ) potra essere scritto anche come (al primo ordine in δ)

I − iH′I(τ) δ ≈ S(τ, τ + δ) ≈ I − i H

′I(τ + δ) δ (3.775)

Dalla (3.774) segue evidentemente che, fissato comunque un intero N e posto

δ = τ/N (3.776)

abbiamo

S(−τ, τ) = limN→∞

[S(τ − δ, τ)S(τ − 2δ, τ − δ)...S(−τ,−τ + δ)] (3.777)

il quale, per la (3.775), nel limite in cui N →∞, a sua volta diviene

S(−τ, τ) = limN→∞

(I − iHI′(τ1) δ) (I − iHI

′(τ2) δ) ... (I − iHI′(τ2N) δ) ≡

≡ limN→∞

S(N, τ) (3.778)

dove il prodotto di cui sopra (il quale, nella forma in cui i vari fattori sonolinearizzati al primo ordine, definisce appunto la quantita S(N, τ)), e fatto da2N fattori ed abbiamo posto, per comodita

τn = τ − n δ ≡ τ − nτ/N ; n = 1, ..., 2N (3.779)

Risulta allora che

Θ S Θ−1 = limτ→∞Θ

(lim

N→∞S(N, τ)

)Θ−1 =

= limτ→∞ lim

N→∞Θ [I − iHI

′(τ1) δ] Θ−1Θ [I − iHI′(τ2) δ] Θ−1...

Θ [I − i HI′(τ2N) δ] Θ−1 =

= limτ→∞ lim

N→∞[I + iHI

′(−τ1) δ] [I + iHI′(−τ2) δ] ...

[I + iHI′(−τ2N) δ] =

= limτ→∞ lim

N→∞[I + iHI

′(−τ) δ] [I + i HI′(−τ + δ) δ] ...

[I + iHI′(τ − δ) δ] (3.780)

Ma, essendo δ reale ed H′I hermitiana, risulta

I + iH′I(t) δ =

(I − iH

′I(t) δ

)†(3.781)

133

per cui l’espressione di sopra diviene

Θ S Θ−1 = limτ→∞

lim

N→∞[I − iHI

′(τ − δ) δ] ... [I − iHI′(−τ) δ]

†≡

≡ S† = S−1 (3.782)

Dunque possiamo concludere che, essendo Θ una simmetria antiunitaria conser-vata, la matrice S, sotto Θ, e tale per cui

Θ S Θ−1 = S† (3.783)

Da questa conclusione segue allora che, dati comunque due stati imperturbati|A > e |B >, poiche l’ampiezza di transizione fra uno e l’altro risulta data da

AB→A ≡< A |S |B > ≡ < A |S B >=< Θ−1 Θ A|Θ−1 Θ S Θ−1 Θ B >=

= < Θ−1 Θ A|Θ−1 S† Θ B > (3.784)

e poiche Θ−1 e antiunitario, si ha infine che

< A|S |B > = < Θ−1 Θ A|Θ−1 S† Θ B >=< Θ A|S† Θ B >∗=

= < S† Θ B|Θ A > (3.785)

D’altronde S e lineare e quindi

< S† φ|ψ >=< φ|S ψ > (3.786)

per cui, in definitiva, in termini di ampiezze di transizione, abbiamo che

AB→A =< A |S |B >=< Θ B|S Θ A >≡< Θ B|S |Θ A > AΘA→ΘB (3.787)

ovvero, se HI ed H0 sono Θ−invarianti, allora l’ampiezza di transizione indottadalla interazione HI dallo stato |B > allo stato |A > e uguale a quella che lastessa interazione induce dallo stato Θ |A > allo stato Θ |B >.Per esempio, se consideriamo un processo di scattering come il seguente

a(~p, sa) + b(~q, sb) → c(~P , sc) + d( ~Q, sd) (3.788)

allora, per via della simmetria CPT ≡ Θ, ne segue che

| < c(~P , sc) , d( ~Q, sd) | S |a(~p, sa) , b(~q, sb) > | == | < a(~p,−sa) , b(~q,−sb)| S |c(~P ,−sc) , d( ~Q,−sd) > | (3.789)

visto che, dalle relative definizioni segue che la simmetria CPT ≡ Θ trasforma lostato di particella in quello di antiparticella, non cambia l’autovalore dell’impulsoed inverte il segno dell’autovalore della componente di spin (la presenza del mod-ulo e per ovviare alla presenza di possibili fattori di fase differenti nelle dueampiezze ...).

134

3.3 Lo scattering in QFT

Abbiamo visto che, nell’ipotesi in cui un sistema fisico sia retto da un’hamiltonianaH = H0 + H

′, dove H0 e l’hamiltoniana del sistema imperturbato ed H

′e

l’hamiltoniana di interazione, allora, se |i > ed |f > rappresentano nella HPdue stati del sistema, autostati135 dell’hamiltoniana H0 per lo stesso autovaloreE, l’ampiezza di transizione da |i > ad |f > indotta dalla perturbazione H

′e

data da

Sfi =< f |S|i >≡< f |UI(∞,−∞)|i > (3.790)

dove la forma esplicita della matrice S e data dalla espressione (3.768).Questo risultato e stato dedotto, almeno implicitamente, nello schema della

prima quantizzazione, ma esso continua a valere anche quando il processo di inter-azione e piu complesso che, per esempio quello di un semplice scattering elasticoda potenziale, e addirittura, nell’interazione, possono prodursi nuove particelle ...

Per descrivere questo tipo di processi, in cui il numero delle particelle nonnecessariamente si conserva, occorre pero far uso della Teoria dei Campi (QFT.In questo schema, adopereremo come spazio di Hilbert degli stati asintotici delsistema, lo spazio di Fock di particella libera che, per definizione, ha per base ivettori seguenti:

|Ω > vuoto

a†(~p)|Ω > una particella

a†(p)a†(~q)|Ω > due particelle

. . .

Finche i campi restano liberi, non c’e molto di piu da dire: questi stati sonostazionari, per cui, fra di loro non e permessa alcuna transizione.Ma supponiamo ora che sia presente una interazione H

′.

In questo caso, partendo da uno stato dei precedenti, esso non rimarra piu neces-sariamente uguale a se stesso poiche l’interazione potra consentire transizioni frastati diversi. Nel caso in cui l’energia totale del sistema sia positiva, queste tran-sizioni sono niente altro che quelle legate ai processi che usualmente chiamiamodi decadimento se lo stato inziale e fatto da una sola particella e di scattering se,invece, e fatto da due136.

135Come abbiamo gia detto, gli stati |i > e |f > sono chiamati stati asintotici e, comerappresentativi del sistema completo, vanno pensati in rappresentazione di interazione, i.e. inrappresentazione di Heisenberg riguardo ad H0.

136Si possono prevedere anche casi piu complicati, ma noi ci limiteremo a trattare questi duesoli casi ...

135

Per analizzare questi processi, come abbiamo gia detto, useremo stati stazionari137

dell’hamiltoniana libera e calcoleremo l’ampiezza di transizione indotta fra di loroa causa dell’interazione. Considereremo quindi piu precisamente

• uno stato |χa >, che chiameremo iniziale, comprendente vari frammenti(uno, se si tratta di decadimento, due se e un processo di scattering) in uncanale138 definito, che abbiamo indicato con la lettera a;

• uno stato finale |χb > comprendente, in generale, altri frammenti in unaltro canale139, che indicheremo con la lettera b.

Per t → −∞ lo stato |χa > sara fatto dalle particelle non interagenti del canalea: per esempio, nel caso di uno scattering fra due particelle ”1” e ”2” aventi,rispettivamente, impulso ~p e ~q, avremo evidentemente

|χa >= a†1(~p) a†2(~q)|Ω > (3.791)

dove gli operatori a†1,2 sono gli operatori di creazione dei frammenti liberi presentinel canale a di ingresso (per semplicita di notazione non stiamo considerando quila presenza dello spin).Per t → +∞, analogamente, se assumiamo di essere finiti nel canale b fattoancora da due particelle ”3” e ”4”, non necessariamente coincidenti con quelle dipartenza e aventi, rispettivamente, impulso ~P e ~Q, sara

|χb >= a†3(~P ) a†4( ~Q)|Ω > (3.792)

dove gli operatori a†3,4 si riferiscono ora ai frammenti nel canale b di uscita.Evidentemente lo scopo della teoria sara proprio quello di calcolare l’ampiezza ditransizione fra tali stati determinata dall’interazione, i.e. la quantita

Sba ≡< χb|S|χa > (3.793)

Per la valutazione di Sba, rifacciamoci ancora al fatto che, almeno nello schemadi prima quantizzazione, e stato dimostrato che, lavorando in rappresentazionedi interazione, risulta

S = T(exp

(−i

∫ +∞

−∞dt H

′I(t)

))≡

≡ T( ∞∑

n=0

(−i)n

n!

∫dt1 ... dtnH

′I(t1)...H

′I(tn)

)(3.794)

137Non avrebbe senso, ovviamente, trattare con stati stazionari dell’hamiltoniana completa,dato che, come e ovvio, fra questi, per definizione di stazionarieta, non potrebbero avvenire maitransizioni !

138Un canale e definito come uno specifico insieme di frammenti separati, ognuno in uno statoquantico ben definito, non interagenti fra di loro quando la loro distanza di separazione e moltogrande (con la sola possibile eccezione dell’interazione coulombiana che, essendo a lungo range,non e lecito considerare mai spenta...).

139Se indichiamo dunque con Ha l’hamiltoniana libera di cui e autostato lo stato iniziale,e con Hb l’hamiltoniana libera di cui e autostato lo stato finale, in generale sara Ha 6= Hb.L’uguaglianza equivale, evidentemente, a dire che lo scattering e elastico !

136

dove H′I(t) e appunto l’hamiltoniana di interazione nella Interaction Picture

H′I(t) ≡ eiH0t H

′e−iH0t (3.795)

ed il simbolo T indica, come abbiamo gia detto, l’operatore di ordinamento crono-logico, definito in modo tale che

T(H

′I(t1)...H

′I(tn)

)≡ H

′I(ti1)...H

′I(tin) con ti1 ≥ ti2 ≥ ...tin (3.796)

In MQ di prima quantizzazione, avevamo identificato in generale l’hamiltonianadi perturbazione H

′con il potenziale di scattering V .

Che accade in QFT ?In questo caso H

′e espressa usando gli stessi campi che definiscono la teoria. Ab-

biamo visto che H′I(t) evolve nel tempo esattamente come in rappresentazione di

Heisenberg libera, ovvero H′I(t) deve semplicemente essere scritta usando i campi

liberi, cioe dipendenti dal tempo come se l’interazione non fosse presente !Dunque

H′I(t) =

∫d3xH′

(t, x) (3.797)

dove H′(x) e appunto la densita di energia di interazione

H′(x) = Htot(x)−H0(x) (3.798)

eHtot(x) eH0(x) sono, rispettivamente, l’operatore di densita hamiltoniana totalee quello relativo all’evoluzione libera.Quanto alla matrice di scattering S, risulta quindi che

S ≡ T(exp

(−i

∫d4x H′

(x)))

(3.799)

dove adesso140

T(H′

(x1)...H′(xn)

)≡ H′

(xi1)...H′(xin) con x0

i1≥ x0

i2≥ ...x0

in (3.800)

140L’ambiguita che consegue nella (3.800) quando due coordinate temporali sono uguali eirrilevante poiche

[H′(x),H′

(y)] = 0 se (x− y)2 < 0

e questo, a sua volta, e conseguenza della microcausalita, i.e. delle relazioni di(anti)commutazione dei campi (fermionici)bosonici e del fatto che il numero di campi fermioniciche entrano nella lagrangiana di interazione e quindi nella H′

deve essere pari, se vogliamo chel’interazione possa essere relativisticamente invariante.

137

Dal punto di vista dell’invarianza sotto il gruppo di Lorentz141 della matriceS, occorre osservare che, essendo H = T 00, dove T µν e il tensore (densita di)energia-impulso, definito in termini della lagrangiana dalla ben nota relazione

T µν =∂L

∂(∂µφρ)∂νφρ − gµνL ⇒

⇒ T 00 ≡ H =∂L∂φρ

φρ − L (3.802)

ne segue che la densita hamiltoniana non e, in generale, scalare sotto il gruppodi Lorentz per cui nemmeno S, definita in termini di H, lo sarebbe...C’e pero un’importante eccezione che e quella dell’accoppiamento diretto deicampi, cioe senza termini che coinvolgono le loro derivate142. In questo caso,infatti, per quanto riguarda il contributo dovuto alla sola interazione, risulta

T µν(x) = −L(x) δµν

e quindi (stiamo indicando con L(x) solo il termine di interazione ...!)

H′(x) = −L(x) (3.803)

che e scalare. Questa identita (3.803) viene assunta comunque valita in ognicircostanza, per cui risulta, in definitiva, che

S ≡ T(ei

∫L(x) d4x

)(3.804)

141Come abbiamo visto, fissato un riferimento inerziale, l’ampiezza di decadimento da unostato iniziale |χα > e uno stato finale |χβ > vale

Sαβ =< χα|S|χβ >

Se andiamo in un altro sistema di riferimento, legato al precedente da una trasformazione delGruppo di Poincare U(a,Λ), allora se |χ′α >= U(a,Λ)|χα > e |χ′β >= U(a,Λ)|χβ > sono glistessi stati |χα > e |χβ visti nel nuovo riferimento, essendo il sistema fisico rimasto il solito ecosı pure la dinamica dell’interazione, deve evidentemente essere che

Sαβ =< χα|S|χβ >=< χ′α|S|χ′β >

ovvero

S = U−1(a, Λ) S U(a,Λ) (3.801)

i.e., la matrice S deve commutare con tutti gli operatori che, nello spazio di Hilbert deglistati, rappresentano il gruppo di Poincare (occorre e basta che accada per i generatori dellarappresentazione ...) e, in questo senso, deve quindi essere un operatore scalare e invarianteper traslazioni.

142In realta, gia nel caso dell’interazione elettromagnetica con un campo scalare carico, c’e unacoppiamento derivativo. Si dimostra comunque che, anche in questi casi, l’espressione correttada usare per la matrice S e la (3.804).

138

Molto spesso la matrice S viene riscritta nella forma seguente

S = I + R (3.805)

separando cioe il termine che descrive l’assenza di interazione dagli altri.Evidentemente, dalla definizione, risulta

R = T( ∞∑

n=1

in

n!

∫d4x1 ... d4xnL(x1)...L(xn)

)=

=∞∑

n=1

in

n!

∫d4x1 ... d4xnT (L(x1)...L(xn)) (3.806)

Consideriamo adesso lo sviluppo della matrice S al primo ordine perturbativo.Si ha

S = I + i∫

d4xL(x) ⇒ R = i∫

d4xL(x) (3.807)

Supponiamo, come al solito, che gli stati143 iniziali e finali |χa > e |χb > sianoanche autostati dell’impulso spaziale e indichiamo con pa e pb gli autovalori delquadrimpulso ad essi corrispondenti. Risulta

Rba =< χb|S − I |χa >= i < χb|∫

d4xL(x) |χa > (3.808)

D’altronde sappiamo che l’operatore di quadrimpulso P µ e il generatore delletraslazioni spazio-temporali, ovvero

U(a) = eiaP = eiaµP µ

(3.809)

per cui

eiPy L(x) e−iPy = L(x + y) (3.810)

e dunque

L(x) = eiPx L(0) e−iPx (3.811)

per cui, in definitiva, si ha

Rba = i < χb|∫

d4x eiPx L(0) e−iPx |χa >= i∫

d4x eix(pb−pa) < χb| L(0) |χa >=

= i(2π)4 δ4(pb − pa) < χb| L(0) |χa > (3.812)

Questa struttura del risultato

Rba = i(2π)4 δ4(pb − pa)Mba (3.813)

143Si ricordi che per questi stati, essendo liberi, la rappresentazione di interazione coincidecon quella di Heisenberg e dunque essi non evolvono nel tempo.

139

si puo dimostrare144 che resta sempre valida, indipendentemente dall’ordine dellosviluppo perturbativo.La quantita Mba viene chiamata elemento di matrice (invariante) della tran-sizione.

Osserviamo che l’espressione di cui alla (3.813), da un punto di vista stret-tamente fisico, discende unicamente dalla conservazione del quadrimpulso145, i.e.dal fatto che gli stati iniziali e finali devono comunque avere pa = pb.Nel caso, poi, in cui il processo di interazione possa essere rappresentato tron-cando lo sviluppo al primo ordine, da quanto precede risulta evidentemente che

Mba =< χb| L(0) |χa > (3.814)

In ogni caso, se Pa e Pb sono gli autovalori dello stato iniziale e finale, da quantoprecede possiamo concludere, comunque, che risulta146

Sba = δba + i (2π)4 δ4(Pa − Pb)Mba (3.815)

Supponiamo, per il momento, di sapere147 come fare per determinare l’elementodi matrice invariante Mba: il nostro scopo e comunque quello di arrivare a fare

144Consideriamo infatti un generico termine dello sviluppo perturbativo

< b|∫

dx dy ...dz L(x)L(y)...L(z) |a >

Vogliamo dimostrare che esso contiene in modo intrinseco il fattore δ4(pb − pa).Effettuiamo, infatti, sull’operatore la seguente trasformazione

∫dx dy ...dz L(x)L(y)...L(z) =

=∫

dx dy ...dz U(x)L(0)U−1(x)U(x)L(y − x)U−1(x)...U(x)L(z − x)U−1(x) =

=∫

dX dY ...dZ U(x) [L(0)L(y − x)...L(z − x) ] U−1(x)

per cui, sostituendo (si noti che questo non interferisce con l’ordinamento temporale e quindicon il prodotto T-ordinato) si ha

< b|∫

dx dy ...dz L(x)L(y)...L(z) |a >=

= (2π)4 δ4(pb − pa) < b|∫

dY ...dZ < b| L(0)L(Y )...L(Z) |a >

dove abbiamo posto Y = y − x; ...Z = z − x.Risulta cosı provato quanto volevamo dimostrare.

145Nel caso dello scattering da potenziale, avevamo trovato una delta di conservazione solodell’energia. Questo era dovuto al fatto che, in quel processo, solo l’energia era conservata enon l’impulso spaziale, per via proprio del potenziale esterno ...

146Abbiamo indicato formalmente il prodotto scalare < χb|χa > con il simbolo δba; ma la suaforma esplicita dipende, naturalmente, dalla normalizzazione degli stati...

147Il calcolo di Mba e, in genere, un’impresa piuttosto laboriosa. Esso viene usualmente

140

confronti con dati sperimentali ovvero, tipicamente, determinare sezioni d’urtodi processi di scattering, vite medie di particelle instabili, etc ...Come e legata Mba con queste grandezze ?Evidentemente, per quanto detto sopra, la probabilita che dallo stato a si siapassati allo stato b, quando b 6= a, sara

Wba = |Sba|2 = (2π)4 δ4(Pa − Pb) · (2π)4 δ4(Pa − Pb) · |Mba|2 (3.816)

e qui abbiamo una espressione che richiede di essere trattata, dal punto di vistamatematico, con una qualche cautela ... Abbiamo infatti ottenuto il quadrato diuna δ di Dirac che non e un operatore ben definito !Ma vediamo come e nato. La delta si origina dall’integrale

∫ei(Pa−Pb)x d4x → (2π)4 δ4(Pa − Pb)

Il quadrato della delta, dunque, significa

∫ei(Pa−Pb)x d4x ·

∫ei(Pa−Pb)y d4y →

→ (2π)4 δ4(Pa − Pb) ·∫

ei0 d4y = (2π)4 δ4(Pa − Pb) · V T (3.817)

dove il prodotto V T e il quadri-volume di integrazione, che, a stretto rigore, eappunto ∞4, ma che noi tratteremo inizialmente come se fosse finito, per poipassare al limite solo alla fine...Dunque, al prezzo di questi ”maltrattamenti” della matematica, abbiamo

Wba = (2π)4 δ4(Pa − Pb) · V T · |Mba|2 (3.818)

Va detto comunque che, siccome in generale lo stato b appartiene al continuo,noi in realta saremo interessati piu che alla probabilita di transizione verso unparticolare stato b, a quella verso un gruppo di stati vicini allo stato b.

La Regola d’oro di Fermi ci dice allora che dovremo moltiplicare Wba per il numerodi stati finali permessi, ovvero per il numero di cellette dello spazio delle fasidisponibile, i.e. per la quantita

dN =n∏

i=1

(d3pi V

h3

)=

n∏

i=1

(d3pi V

(2π)3

)(3.819)

dove n e il numero di frammenti nello stato finale ed abbiamo usato il fatto che,per il principio di indeterminazione, una cella dello spazio delle fasi ha dimensione

effettuato con l’ausilio del metodo dei grafici di Feynman, che, fissato l’ordine perturbativodesiderato, consente, attraverso regole abbastanza semplici, caratteristiche dell’interazione stu-diata, di poter tener conto di tutti i vari contributi all’ampiezza di scattering.

141

h = 2π h e noi abbiamo convenuto di porre h = 1.Quindi, con questa precisazione, risulta piuttosto che

dWba = (2π)4 δ4(Pa − Pb) · V T · |Mba|2n∏

i=1

(d3pi V

(2π)3

)(3.820)

ovvero otteniamo una probabilita di transizione per unita di tempo pari a

d

dt(dWba) = (2π)4 δ4(Pa − Pb) · V · |Mba|2

n∏

i=1

(d3pi V

(2π)3

)(3.821)

Osserviamo adesso che per poter procedere al calcolo esplicito dell’elementodi matrice Mba, occorre aver definito la normalizzazione degli stati asintotici fracui valutarla.L’espressione (3.821) vale nel caso che gli stati siano normalizzati all’unita intutto lo spazio; ma non e questa una scelta ragionevole, non foss’altro per ilmotivo che gli stati a e b sono autostati dell’energia e dell’impulso corrispondentiad autovalori nel continuo e quindi non hanno ne possono norma finita !

Quello che potremo fare in generale sara, in realta, solo di poter scegliere ilvalore delle densita spaziali ρi di particelle descritte dalle funzioni d’onda asso-ciate agli stati asintotici e quindi occorrera dividere la (3.821) per gli opportunicoefficienti di normalizzazione ρiV che ne conseguono, i.e. avremo piuttosto

d

dt(dWba) =

(2π)4 δ4(Pa − Pb) · V∏k

j=1 (ρinj V )

· |Mba|2∏n

i=1

(d3pi V(2π)3

)

∏ni=1 (ρout

i V )(3.822)

dove abbiamo indicato con k il numero di frammenti nello stato iniziale.Allo scopo di ottenere espressioni che siano relativisticamente invarianti a

vista, conviene scegliere la normalizzazione148 degli stati in modo che la densitaspaziale di probabilita valga sempre 2E.

148Come abbiamo visto, questo corrisponde a prendere, per esempio, nel caso del camposcalare semplicemente le onde piane, i.e.

< x|~p, t >= e−ipx

senza alcun coefficiente davanti.Nel caso del campo di Dirac, invece, questo corrisponde a normalizzare gli spinori secondo le(2.464) e (2.465), i.e. a porre

u(r)(p) =6p + m√m + E

u(r)0 ; v(r)(p) =

m− 6p√m + E

v(r)0

per cui, per esempio, per la particella, risulta che (cfr.(2.677))

< x|p, s >= u(s)(p)e−ipx

142

In questo caso, la probabilita differenziale per unita di tempo diviene dunque

d

dt(dWba) = (2π)4 δ4(Pa − Pb)

n∏

i=1

(d3pi

(2π)3 (2Ei)

)· V

∏kj=1 (2Ej V )

|Mba|2 (3.823)

La quantita (2π)4 δ4(Pa − Pb), che descrive semplicemente la conservazione delquadrimpulso nel processo, moltiplicata per la produttoria che la segue nella(3.823), i.e. la quantita

dΦ ≡ (2π)4 δ4(Pa − Pb)n∏

i=1

(d3pi

(2π)3 (2Ei)

)(3.824)

viene chiamata149 elemento invariante dello spazio delle fasi (o anche dLips: dif-ferential Lorentz invariant phase space) ed ha a che fare con la cinematica dellostato finale del processo considerato, fissate le condizioni iniziali, descritte ap-punto attraverso la delta di conservazione.La cinematica dello stato iniziale si trova, invece, nel termine F , definito dallarelazione

1

F ≡ V∏k

j=1 (2Ej V )(3.825)

mentre la dinamica del processo resta, invece, tutta dentro il modulo quadrodell’elemento di matrice |Mba|2, legato direttamente all’interazione.In termini di queste quantita, risulta allora che

d

dt(dWba) =

1

F |Mba|2 dΦ (3.826)

A proposito poi della cinematica dello stato iniziale, come gia detto, dis-tingueremo sostanzialmente due casi, ovvero quello in cui partiamo da una solao da due particelle.Nel caso in cui lo stato iniziale sia fatto da una sola particella, i.e. nel caso di undecadimento, la probabilita (differenziale) per unita di tempo e il rate (differen-ziale) del decadimento, il quale vale quindi, in generale

dΓ =d

dt(dWba) =

V

2E V|Mba|2 · dΦ =

1

2E|Mba|2 · dΦ (3.827)

Nel caso particolare, poi, in cui il decadimento avvenga nel sistema di riferimentodove la particella a (di massa Ma) che decade si trova a riposo (riferimento del

149L.B. Okun: Leptons and quarks, North-Holland 1982

143

CM), il rate differenziale assume evidentemente la forma seguente150

dΓCM =1

2Ma

|Mba|2 · dΦ (3.828)

Se invece lo stato iniziale e fatto da due particelle, ovvero si tratta di un processodi scattering, allora il processo stesso sara caratterizzato da una sezione d’urtodifferenziale, definita come

d

dt(dWba) = dσ · j (3.829)

dove j e la densita di flusso incidente (cm−2 sec−1).Siccome, con la normalizzazione adottata, ci siamo riportati comunque al caso diuna sola particella proiettile nel volume V , la quale urta contro una sola particellabersaglio, ecco che il flusso incidente sara pari alla densita di particelle proiettileper il modulo della velocita relativa proiettile-bersaglio (valutata nel riferimentodel bersaglio fermo), i.e.

j = vrel · (densita′ della seconda particella) = vrel × 1

V

e dunque

dσ =d

(dWba

dt

)

j=

V

2M1 2E2 V 2

V

v|Mba|2 dΦ =

1

2M1 2E2 v|Mba|2 dΦ (3.830)

dove il termine 2M1 2E2 v e detto termine di flusso.Nel riferimento in questione risulta151

M1 E2 v =√

(P1 · P2)2 −M21 M2

2 (3.831)

150Si osservi che, poiche tanto |Mba|2 che dΦ sono invarianti, integrando la (3.827) e la (3.828)se ne conclude che

Γ =M

EΓCM =

1γ

ΓCM

ovvero, essendo Γ τ = h, esse affermano il fatto ben noto secondo cui la vita media di unaparticella vista in un riferimento in cui essa e in moto risulta γ volte maggiore di quella osservatanel riferimento di quiete della particella

τ = γ τCM

151Valutiamo infatti, nel sistema di riferimento in cui M1 e ferma, la quantita√

(P1P2)2 −M21 M2

2

Evidentemente, in questo riferimento, risulta

P1 = (M1,~0), P2 = (E2, ~p2)

dunque(P1P2)2 −M2

1 M22 = (M1E2)2 −M2

1 M22 = M2

1 (E22 −M2

2 ) = M21 |~p2|2

144

quindi, finalmente, si ottiene

dσ =1

4√

(P1 · P2)2 −M21 M2

2

|Mba|2 dΦ (3.832)

la quale mostra chiaramente il carattere invariante di dσ.Questo risultato e corretto per particelle senza spin.

Se le particelle che partecipano al processo hanno anche spin, allora, nel caso incui lo stato iniziale non abbia spin definito e quello degli stati finali non siaosservato, risulta, rispettivamente

dΓ =1

2Sa + 1· 1

2Ea

· |Mba|2 dΦ (3.833)

dσ =1

(2S1 + 1)(2S2 + 1)· 1

4√

(P1 · P2)2 −M21 M2

2

|Mba|2 dΦ (3.834)

dove Sa e lo spin della particella che decade, S1, S2 quello delle due particelle checollidono e |M|2 indica la somma su tutti gli stati di spin iniziali e finali.I fattori 1

2S+1servono appunto a tener conto che, in effetti, sugli stati iniziali

occorre mediare e non sommare, come invece si deve fare su quelli finali ...

e dunque √(P1P2)2 −M2

1 M22 = M1 p2

D’altronde, in generale, sappiamo che

p/E = β ≡ v

e dunque risulta provato quanto asserito, i.e. che nel riferimento in cui la prima particella e inquiete, si ha √

(P1P2)2 −M21 M2

2 = M1 E2 v

145

3.4 Lo spazio delle fasi

3.4.1 Lo spazio delle fasi di due particelle

Nel caso di due particelle nello stato finale, l’elemento di spazio delle fasi invari-ante, secondo la definizione (3.824), e

dΦ = dLips(p, q; P ) = (2π)4δ4(p + q − P )d3p

(2π)32Ep

d3q

(2π)32Eq

(3.835)

dove p, q sono i loro quadrimpulsi, mentre P e quello di tutto il sistema edabbiamo posto

Ep ≡√

M21 + |~p|2, Eq =

√M2

2 + |~q|2 (3.836)

L’elemento di spazio delle fasi (3.835) puo essere riscritto come dunque anchecome

dΦ = dLips =1

16π2δ(Ep + Eq − E)δ3(~p + ~q − ~P )

d3p

Ep

d3q

Eq

(3.837)

dove E ≡ P 0 e l’energia totale del sistema (valutata nel particolare sistema di

riferimento dove stiamo studiando il processo) mentre ~P e il suo impulso totale.

Supponiamo, come di solito accade, di essere interessati ad una particellaparticolare, per esempio a quella di quadrimpulso p e di guardarla a prescinderedall’altra particella. Il contributo alla distribuzione che si riferisce alla particellaconsiderata, proveniente dallo spazio delle fasi (sia che si tratti di scattering, comedi un decadimento) si ottiene, evidentemente, integrando l’espressione precedentenell’altra variabile, cioe in d3q. Otteniamo cosı

dΦ =1

16π2δ(Ep + E − E)

d3p

Ep E(3.838)

dove abbiamo posto E ≡√

M22 + |~P − ~p|2 a rappresentare l’energia della parti-

cella che non guardiamo, avente massa M2 e momento lineare

~q = ~P − ~p

Passando in coordinate polari, risulta

d3p = p2 dp dΩ

e quindi, piu esplicitamente

dΦ =1

16π2δ

(Ep + E(~p)− E

) p2 dp dΩ

Ep E(~p)(3.839)

146

D’altronde

E2p = M2

1 + p2 ⇒ Ep dEp = p dp

per cui si ha

d3p = pEp dEp dΩ

e dunque, finalmente

dLips =1

16π2δ(Ep + E − E)

pEp dEp dΩ

EpE

=1

16π2δ(Ep + E − E) p

dEp

EdΩ (3.840)

Questo risultato e corretto in ogni sistema di riferimento.Esso puo essere ulteriormente semplificato se studiamo il processo di scatteringnel sistema del CM, dove ~p + ~q = ~P ≡ ~0.

Indichiamo con b il modulo del momento lineare delle due particelle uscentinel sistema del CM. Poiche

E2p = M2

1 + b2 E2q = M2

2 + b2

abbiamo, evidentemente, che

b db = Ep dEp = Eq dEq

Introduciamo allora la variabile w = Ep + Eq. Otteniamo

dw = dEp + dEq =b db

Ep

+b db

Eq

=Ep + Eq

EpEq

b db

=w

EpEq

b db =w

Eq

dEp =w

Ep

dEq

i.e.

dw

w=

dEq

Ep

=dEp

Eq

Sostituendo allora nella espressione (3.840), otteniamo (Eq = E; w = Ep + E)

dLips =1

16π2δ(w − ECM) b

dw

wdΩCM (3.841)

che puo essere facilmente integrata e fornisce

dLips =1

16π2

b

ECM

dΩCM (3.842)

147

Ma, per definizione, l’energia totale del sistema nel centro di massa e niente altroche

ECM =√

s (3.843)

mentre, per quanto riguarda il modulo dell’impulso b152, risulta

b =

√(s−M2

1 −M22 )2 − 4M2

1 M22

2√

s(3.844)

Percio, dalle (3.842), (3.843) e (3.844) otteniamo finalmente l’espressione seguente,scritta, per quanto possibile, in termini di invarianti di Lorentz153

dLips =1

16π2

√(s−M2

1 −M22 )2 − 4M2

1 M22

2sdΩCM (3.845)

Nel caso si voglia determinare l’espressione dello spazio delle fasi nel sis-tema del Laboratorio invece che nel sistema del centro di massa, si puo ripartiredall’espressione (3.839)

dΦ ≡ dLips =1

16π2δ

(Ep + E(~p)− E

) p2 dp dΩ

Ep E(~p)(3.846)

152Ricordiamo infatti che

ECM ≡√

M21 + b2 +

√M2

2 + b2 ⇒

E2CM = M2

1 + b2 + M22 + b2 + 2

√M2

1 + b2

√M2

2 + b2 ⇒

2√

M21 + b2

√M2

2 + b2 = s−M21 −M2

2 − 2b2 ⇒4(M2

1 + b2)(M22 + b2) = (s−M2

1 −M22 − 2b2)2 ⇒

4M21 M2

2 + 4M21 b2 + 4M2

2 b2 + 4b4 = (s−M21 −M2

2 )2 + 4b4 − 4b2(s−M21 −M2

2 )

⇒ 4b2s = (s−M21 −M2

2 )2 − 4M21 M2

2 ⇒ b =

√(s−M2

1 −M22 )2 − 4M2

1 M22

2√

s

153E’ forse utile, a questo punto, ricordare che, per la (3.844), b esiste se e solo se

(s−M21 −M2

2 )2 − 4M21 M2

2 ≥ 0⇒ (s−M2

1 −M22 )2 ≥ 4M2

1 M22

⇒ s−M21 −M2

2 ≥ 2M1M2

⇒ s ≥ (M1 + M2)2 ⇒ M1 + M2 ≤√

s

ovvero se e solo se siamo sopra soglia di produzione ...

148

dove abbiamo voluto mettere chiaramente in evidenza il fatto che non solo Ep,

ma anche E dipende da ~p, essendo, come si e visto

E ≡ E(~p) =√

M22 + |~P − ~p|2

Per poter aver l’espressione della dipendenza angolare della distribuzione, occorreprima fare l’integrale in dp, eliminando cosı la delta.Ma l’argomento della δ di Dirac e una funzione di ~p, che vale

F (~p) =√

M21 + p2 +

√M2

2 + |~P − ~p|2 − E (3.847)

D’altronde la condizione F (~p) = 0 altri non e che la formalizzazione della con-

servazione dell’energia nel processo, mentre Eq =√

M22 + |~P − ~p|2 contiene la

conservazione dell’impulso lineare (integrazione in d3q...), quindi la soluzione

p = p (cosθ)

dell’equazione F (~p) = 0 e niente altro che la soluzione154 che esprime l’impulso

154L’equazione F (~p) = 0, come si e detto, esprime la conservazione dell’energia nel sistema diriferimento del Laboratorio e contiene implicitamente quella dell’impulso.

In questo riferimento, infatti, il sistema delle due particelle ha, per ipotesi, energia totaleE ed impulso spaziale ~P che, senza perdita di generalita, potremo assumere sia diretto comel’asse z. Il quadrimpulso del sistema e dunque dato da

(PµLab) = (E , ~P ) = (E , 0, 0, P ) ⇒ s = E2 + P 2 (3.848)

Questo significa che la velocita ~β del sistema del CM visto dal Laboratorio e diretta lungol’asse z e vale, in modulo

β =P

E ⇔ γ =E√E2 − P 2

=E√s

(3.849)

D’altronde, visto che la massa invariante del sistema delle due particelle e appunto√

s mentrele loro masse sono, rispettivamente, M1 ≡ m e M2 ≡ M , ecco che, nel sistema del CM , ilmodulo dell’impulso spaziale di entrambe le particelle vale, come e noto

b =

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

2√

s(3.850)

Dunque, nel sistema del CM , l’impulso spaziale della particella M1 ≡ m sara dato, in generale,senza perdita di generalita, dalla relazione

~p = b (sinΘ, 0, cosΘ) (3.851)

dove Θ e proprio l’angolo di scattering nel sistema del CM . Trasformando dunque all’indietro,avremo che, nel sistema del Laboratorio, sara

px = b sinΘ; (3.852)py = 0; (3.853)

pz = γ b cosΘ + γβ√

m2 + b2 (3.854)

149

uscente della particella urtante in funzione dell’angolo di scattering, date le con-dizioni iniziali del processo, definite da E e da ~P .

dove√

m2 + b2 e l’energia della particella considerata nel sistema del CM , tale che

m2 + b2 = m2 +(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

4s=

(s−m2 −M2)2 − 4m2M2 + 4m2s

4s=

=(s−m2 + M2)2

4s⇒

√m2 + b2 =

s + m2 −M2

2√

s(3.855)

Dunque, in termini dell’angolo di scattering Θ, abbiamo

px = b sinΘ (3.856)

pz = γ b cosΘ +p√s

s + m2 −M2

2√

s= γ b cosΘ +

p

2s(s + m2 −M2) (3.857)

Ritroviamo cosı il fatto ben noto che l’impulso della particella nel sistema del Laboratorio stasu un’ellisse [J. Blaton: On a geometrical interpretation of energy and momentum conservationin atomic collisions and disintegration processes; Mat.-Fys Medd. vol 24, nr 20, 1 (1950)]avente semiasse minore pari a b , semiasse maggiore pari a γ b e centro spostato dip2s (s + m2 −M2) lungo l’asse z.Questo significa, come sappiamo, che se

γ b >p

2s(s + m2 −M2) (3.858)

allora l’ellisse contiene l’origine e ad ogni angolo di scattering Θ nel sistema del CM (0 ≤ Θ ≤ π)corrisponde uno ed un solo angolo di scattering θ nel sistema del Laboratorio (0 ≤ θ ≤ π).Invece, nel caso in cui sia

γ b <p

2s(s + m2 −M2) (3.859)

allora l’ellisse non contiene l’origine e dunque non tutti gli angoli θ sono possibili nel sistemadel Laboratorio, ma solo quelli che non eccedono un opportuno θmax; inoltre, ad ogni angolo0 ≤ θ ≤ θmax corrispondono, in generale, due valori di Θ e dunque per ogni angolo di scatteringnel sistema del Laboratorio sono possibili due valori di p.L’angolo θmax sta nel primo quadrante: esso si puo determinare in base a semplici considerazionigeometriche. Infatti, data in generale l’ellisse di equazione

y = b sinφ ; z = a + b cosφ ⇔(

z − a

γb

)2

+(y

b

)2

= 1 (3.860)

allora la tangente dell’angolo θmax e la pendenza k della retta y = kz che intercetta l’ellisse indue punti coincidenti. Sostituendo nell’equazione dell’ellisse, si ha

(z − a)2 + k2γ2z2 = γ2b2 ⇔ z2(1 + k2γ2)− 2za + a2 − γ2b2 = 0 (3.861)

La condizione di due soluzioni coincidenti e, ovviamente, quella di discriminante nullo, i.e.

∆4

= 0 = a2 − (1 + k2γ2)(a2 − γ2b2) ⇔ a2 − a2 + γ2b2 − k2γ2(a2 − γ2b2) = 0

⇔ k2 =b2

a2 − γ2b2⇒ k =

b√a2 − γ2b2

(3.862)

150

Dunque, nel nostro caso(a = P

2s (s + m2 −M2))

e

tgθmax =b√

[ P2s (s + m2 −M2)]2 − γ2b2

(3.863)

D’altronde[

P

2s(s + m2 −M2)

]2

− γ2b2 =P 2

4s2(s + m2 −M2)2 − E2

s

(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

4s=

=P 2(s + m2 −M2)2 − (s + P 2)

[(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

]

4s2=

=P 2

[s2 + m4 + M4 + 2sm2 − 2sM2 − 2m2M2 − (s2 − 2sm2 − 2sM2 + m4 + M4 + 2m2M2 − 4m2M2)

]

4s2

− s[(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

]

4s2=

P 2 4sm2

4s2−

[(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

]

4s=

=4m2P 2 − (s−m2 −M2)2 + 4m2M2

4s=

4m2(M2 + P 2)− (s−m2 −M2)2

4s(3.864)

dunque, ricordando la definizione di b, abbiamo infine

tgθmax =

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

√4m2(M2 + P 2)− (s−m2 −M2)2

(3.865)

Torniamo ora alla condizione che discrimina il caso in cui c’e corrispondenza uno a uno fraΘ e θ e quello in cui questo non accade. Riscriviamo, per questo, la condizione in questione:abbiamo visto che c’e corrispondenza uno a uno se e solo se

γ b >P

2s(s + m2 −M2) (3.866)

⇒ E√s

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

2√

s>

P

2s(s + m2 −M2)

⇒ P

E <

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

s + m2 −M2≡ b√

b2 + m2(3.867)

E questo risultato mostra che, come era ovvio che dovesse essere, affinche la condizione (3.866)sia soddisfatta occorre e basta che la velocita βCM del sistema del CM

(βCM ≡ P

E)

sia inferioreal modulo della velocita della particella considerata (di massa M1 = m nel sistema del CM(βCM

1 = b√b2+m2

).

Ma riveniamo adesso alla questione da cui eravamo partiti, cioe a quella di esplicitare lafunzione p = p (cosθ).L’espressione trovata in funzione dell’angolo di scattering Θ nel sistema del CM non e lapiu adatta per questo scopo: ci e servita solo per capire se e quando ci dobbiamo aspettarelimitazioni dalla cinematica del processo sul valore stesso dell’angolo di scattering θ nel sistemadel Laboratorio.

Ripartiamo dunque dall’equazione F (~p) = 0, dove la funzione F e data dalla (3.847), i.e.

F (~p) =√

M21 + p2 +

√M2

2 + |~P − ~p|2 − E = 0 (3.868)

151

la quale fornisce, evidentemente, la relazione

E =√

M21 + p2 +

√M2

2 + |~P − ~p|2 (3.869)

dalla quale si ha√

M2 + |~P − ~p|2 = E −√

m2 + p2 (3.870)

ovvero, elevando al quadrato

M2 + P 2 − 2Ppcosθ + p2 = E2 + m2 + p2 − 2E√

m2 + p2 (3.871)

dove θ e proprio l’angolo di scattering nel sistema del Laboratorio, i.e. l’angolo fra l’impulsocomplessivo del sistema ~P e l’impulso ~p della particella in esame, dopo il processo d’urto.Semplificando, ricordando che s ≡ E2 − P 2 otteniamo

2E√

m2 + p2 = s + 2Ppcosθ −M2 + m2 (3.872)

da cui, quadrando ancora, si ricava

4E2(m2 + p2) = (s + m2 −M2)2 + 4pPcpsθ(s + m2 −M2) + 4p2P 2cos2θ

⇒ 4p2(E2 − P 2cos2θ)− 4pP (s2 + m2 −M2)cosθ + 4m2E2 − (s + m2 −M2)2 = 0(3.873)

D’altronde E2−P 2cos2θ = E2−P 2 +P 2sin2θ = s+P 2sin2θ quindi l’equazione a cui arriviamoinfine e la seguente

4p2(s + P 2sin2θ)− 4pP (s + m2 −M2)cosθ + 4m2E2 − (s + m2 −M2)2 = 0 (3.874)

la quale e un’equazione di secondo grado nell’impulso incognito p della particella di massa m,parametrica in θ (tutte le altre quantita sono fissate dalle condizioni iniziali).Il discriminante ridotto dell’equazione vale

∆4

= 4P 2(s + m2 −M2)2cos2θ − 4(s + P 2sin2θ)[4m2E2 − (s + m2 −M2)2

]=

= (s + m2 −M2)2[4P 2cos2θ + 4(s + P 2sin2θ)

]− 4(s + P 2sin2θ) 4m2E2 =

= (s + m2 −M2)2(4s + 4P 2)− 4m24E2(s + P 2sin2θ) == 4E2(s + m2 −M2)2 − 4E2 4m2(s + P 2sin2θ) == 4E2

[(s + m2 −M2)2 − 4m2(s + P 2sin2θ)

](3.875)

Evidentemente questo e sempre positivo, qualunque sia l’angolo θ, se e solo se

(s + m2 −M2)2 > 4m2(s + P 2) ≡ 4m2E2 (3.876)

ovvero se e solo se

(s + m2 −M2) > 2m E ⇔√

m2 + b2 · 2√s > 2m E

⇔√

m2 + b2

m>

E√s⇔ γ

(CM)1 > γCM (3.877)

152

in accordo con quanto avevamo gia ottenuto con la relazione (3.867) (γ(CM)1 e il γ delle particelle

di massa m = M1 nel sistema del CM , mentre γCM e il γ del sistema del CM visto dal sistemadel Laboratorio).

Supponendo adesso, per semplicita, che valga la condizione

γ(CM)1 > γCM ⇔ β

(CM)1 > βCM (3.878)

allora, poiche il termine noto dell’equazione di secondo grado e evidentemente negativo, essendoil coefficiente di p2 positivo, l’equazione ha due radici di segno opposto. Siccome la soluzioneche cerchiamo deve essere positiva, essendo il modulo di un vettore, essa sara la maggiore delledue, ovvero coincidera necessariamente con

p(θ) ≡ p+ =2P (s + m2 −M2) +

√∆/4

4(s + P 2sin2θ)=

=2P (s + m2 −M2) + 2E

√(s + m2 −M2)2 − 4m2(s + P 2sin2θ)

4(s + P 2sin2θ)=

=P (s + m2 −M2) + E

√(s + m2 −M2)2 − 4m2M2 − 4m2P 2sin2θ

2(s + P 2sin2θ)(3.879)

Nel caso che sia γ(CM)1 < γCM ⇔ β

(CM)1 < βCM allora, come gia sappiamo, non tutti gli angoli

di scattering θ nel sistema Laboratorio sono possibili, ma solo quelli per i quali ∆/4 ≥ 0, i.e.

(s + m2 −M2)2 > 4m2(s + P 2sin2θ) ⇔ (s + m2 −M2)2 − 4m2s > 4m2P 2 sin2θ

⇔ (s−m2 −M2)2 − 4m2M2 > 4m2P 2 sin2θ

⇔ sin2θ ≤ sin2θmax ≡ (s−m2 −M2)2 − 4m2M2

4m2P 2(3.880)

da cui, appunto,

cos2θmax = 1− sin2θmax =4m2P 2 + 4m2M2 − (s−m2 −M2)2

4m2P 2(3.881)

e dunque, come avevamo gia trovato,

tgθmax =

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

4m2P 2 + 4m2M2 − (s−m2 −M2)2(3.882)

essendo θmax nel primo quadrante.Nel caso, comunque, in cui 0 ≤ θ ≤ θmax, cioe quando l’equazione di secondo grado in p ha

soluzioni reali, allora, visto che il termine noto dell’equazione e positivo come il coefficiente dip2, entrambe le soluzioni devono essere dello stesso segno.Siccome p+ e positivo poiche P (s+m2−M2) > 0, allora anche p− e positiva e dunque entrambele soluzioni sono accettabili. Risultano cosı due diversi valori di p per uno stesso valore di θ edessi sono tali che

p±(θ) =P (s + m2 −M2)± E

√(s + m2 −M2)2 − 4m2M2 − 4m2P 2 sin2θ

2(s + P 2sin2θ)(3.883)

153

Quanto poi alla delta, sappiamo che, in generale, avremo (assumiamo persemplicita una sola soluzione p = p(θ))

δ(F (~p)) = δ(p− p)1

dFdp

∣∣∣p=p

per cui, data la (3.847), risulta

dF

dp

∣∣∣∣∣p=p

=p

Ep

+p− Pcosθ

Ep

=Ep p + Ep p− Ep P cosθ

Ep Ep

e quindi, sostituendo nella (3.846), si ha

dΦ =1

16π2δ(Ep + E(p)− E)

p2 dp dΩ

Ep E(p)=

=1

16π2δ(p− p)

Ep Ep

Ep p + Ep p− Ep P cosθ

p2 dp dΩ

Ep E(p)=

=1

16π2

Ep Ep

Ep p + Ep p− Ep P cosθ

p2 dΩ

Ep Ep

=

=1

8π

p2 d (− cos θ)

Ep p + Ep p− Ep P cosθ=

1

8π

p d (−cosθ)

Ep + Ep − EpPp

cosθ(3.884)

Chiaramente, peroEp + Ep = E

per cui, finalmente, si puo scrivere che, per un sistema di due particelle aventiquadriimpulso totale (E , ~P ), l’elemento invariante di spazio delle fasi nel sistemadel Laboratorio (integrato nell’angolo azimutale), relativo ad una qualunque delledue particelle, e espresso dalla relazione155

dΦ =1

8π

p d (−cosθ)

E − EpPp

cosθ(3.885)

dove (Ep, p) e il suo quadriimpulso dopo il processo d’urto, mentre θ e l’angolopolare (di scattering), entrambi misurati nel laboratorio.

155J.D. Bjorkeen and S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields, Ch.16 McGraw Hill, 1965

154

3.4.2 Lo spazio delle fasi di tre particelle: il plot di Dalitz

Consideriamo per concretezza un processo di decadimento156 a tre corpi

X → A + B + C

dove X abbia massa M , mentre A,B,C abbiano, rispettivamente, masse mA, mB

ed mC , con, ovviamenteM ≥ mA + mB + mC

Abbiamo visto dalla (3.833) che, mediando sullo spin iniziale e sommando suquelli finali, quanto al rate di decadimento, risulta

dΓ =1

2J + 1

1

2E|M|2 dΦ (3.886)

dove J e lo spin della particella X, E e la sua energia nel sistema di riferimentoscelto, |M|2 e la somma dei moduli quadri degli elementi di matrice per i varistati di spin iniziali e finali.

L’elemento di spazio delle fasi per tre particelle nello stato finale, data la(3.824), si scrive, evidentemente, come

dΦ = (2π)4 δ4(p + q + k − P )d3p

(2π)3 2Ep

d3q

(2π)3 2Eq

d3k

(2π)3 2Ek

(3.887)

dove p, q, k sono, rispettivamente, i quadrimpulsi delle particelle A,B,C mentreP e quello della particella X. Come si vede, l’elemento dΦ e quindi dΓ (attraverso

dΦ e |M|2) dipendono formalmente da 9 variabili, i.e. ~p, ~q e ~k. L’integrazionedella δ4 ne elimina 4, per cui si resta cosı con 5 variabili effettive.Cerchiamo adesso di capire meglio la natura cinematica di queste variabili restantie di determinare quali sono quelle su cui si puo integrare ulteriormente, certi chedΓ non potra comunque essere da loro dipendente (attraverso |M|2).Per far questo, mettiamoci nel sistema del CM, ovvero nel sistema di riferimentoin cui X e in quiete. L’impulso lineare ~p della particella A, per esempio, potra,a priori, essere orientato in una direzione qualsiasi, e questo comporta 2 angolidi Eulero ! Gli altri due impulsi, ~q e ~k, dovranno essere coplanari con ~p, datoche la somma dei tre impulsi e nulla: ma il piano potra essere qualsiasi e dunqueesiste ancora un angolo di rotazione azimutale intorno a ~p, che fissa la posizionedi questo piano.

In conclusione, dei 5 parametri liberi da cui dipende dΦ, 3 sono angoli chefissano nello spazio la terna ~p, ~q,~k ma da cui |M|2 non puo dipendere, almeno

156Nel caso di un processo di scattering con tre corpi nello stato finale, le considerazioni sullospazio delle fasi sono del tutto analoghe, solo che, invece di rate di decadimento dΓ parleremodi sezione d’urto differenziale dσ ed al posto del fattore 1

2S+1 · 12E ci sara, come abbiamo visto,

il termine di flusso, ovvero il fattore 1(2S1+1)(2S2+1) · 1

4√

(P1·P2)2−M21 M2

2

155

nell’ipotesi di isotropia dello spazio (stiamo, comunque, qui assumendo implici-tamente che la particella che decade non sia polarizzata)...Potremo quindi integrare su di essi, per arrivare infine ad un elemento dello spaziodelle fasi del sistema che, come pure |M|2, potra dipendere solo da due parametricinematici del processo.

Vediamo qual e la forma che dΦ finisce dunque per assumere.Essendo dΦ un invariante di Lorentz, operiamo nel sistema del CM, dove appunto~P = 0. Ripartiamo dalla (3.887) ed integriamo in d3k. Si ha

dΦ =(2π4)

(2π)9

1

2Ep

1

2Eq

1

2Eδ(Ep + Eq + E −M) d3p d3q (3.888)

dove, per tener conto che ~p + ~q + ~k = 0, abbiamo definito

E ≡√

m2C + |~p + ~q|2 (3.889)

Passando in coordinate polari per quanto riguarda ~p, abbiamo

dΦ =1

(2π)5

1

2Ep 2Eq 2Eδ(Ep + Eq + E −M) p2 dp dΩp d3q (3.890)

Possiamo integrare su dΩp, e questo corrisponde a sommare sulle direzioni di~p nello spazio: otteniamo

dΦ =4π

(2π)5

1

2Ep 2Eq 2Eδ(Ep + Eq + E −M) p2 dp d3q (3.891)

Avendo integrato in dΩp, abbiamo ”assorbito” i due gradi di liberta relativiall’orientazione del vettore ~p nello spazio (il vettore ~q qui e pensato ”rigida-mente legato” al vettore ~p), per cui, da ora in poi, dobbiamo ritenere ~p fissonello spazio, per esempio orientato secondo l’asse z.Usando ancora le coordinate polari per ~q, ma riferite stavolta a ~p come asse polare(per quanto riguarda l’integrazione precedente in d3p, l’asse polare di riferimentoera arbitrario !), abbiamo, evidentemente

d3q = q2 dq sinθ dθ dφ

ma l’argomento della δ dipende solo dall’angolo θ fra i vettori ~p e ~q e nondall’angolo azimutale φ, attraverso la quantita

|~p + ~q|2 = p2 + q2 + 2pq cosθ

quindi di puo integrare in dφ (e questo corrisponde appunto alla arbitrarieta di

scelta del piano su cui giacciono i tre vettori ~p, ~q,~k, ... ), ottenendo cosı

dΦ =4π

(2π)52π

1

2Ep 2Eq 2Eδ(Ep + Eq + E −M) p2 dp q2 dq sinθ dθ

=2

(2π)3

1

2Ep 2Eq 2Eδ(Ep + Eq + E −M) p2 dp q2 dq d(−cosθ) (3.892)

156

Possiamo ora integrare in cosθ per eliminare la δ di Dirac. Il solo termine nel suoargomento che dipende da cosθ e

E =√

m2C + p2 + q2 + 2pq cosθ

e si ha∣∣∣∣∣∂(Ep + Eq + E)

∂(−cosθ)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∂E

∂(−cosθ)

∣∣∣∣∣ =2pq

2E=

pq

E(3.893)

quindi157

dΦ =2

(2π)3

1

2Ep 2Eq 2Eδ(−cosθ + cosθ)

1pq

E

p2 dp q2 dq d(cosθ) (3.894)

dove abbiamo indicato con cosθ la soluzione in cos θ dell’equazione

Ep + Eq + E −M = 0

i.e. dell’equazione√

m2A + p2 +

√m2

B + q2 +√

m2C + p2 + q2 + 2pq cosθ = M

Integrando, risulta

dΦ =2

(2π)3

1

2Ep 2Eq 2E

E

p qp2 dp q2 dq

=1

(2π)3

1

2Ep 2Eq

p dp q dq (3.895)

D’altronde, essendo

Ep ≡√

m2A + p2; Eq ≡

√m2

B + q2

risultap dp = Ep dEp; q dq = Eq dEq

per cui, in conclusione, per l’elemento di spazio delle fasi invariante di un sistemadi tre particelle, nel CM si ha semplicemente

dΦ =1

4(2π)3dEp dEq (3.896)

157Ricordiamo a questo proposito che se f(x) e una funzione derivabile, allora, se indichiamocon xi i suoi zeri, i.e. i punti per i quali f(xi) = 0, se accade che ∂f

∂x |x=xi 6= 0, risulta

δ (f(x)) dx =∑

i

δ(x− xi)∣∣∣∂f∂x |x=xi

∣∣∣dx

157

Poniamo adesso, per comodita di notazione

p1 ≡ p p2 ≡ q p3 ≡ k

m1 ≡ mA m2 ≡ mB m3 ≡ mC

e definiamo i seguenti invarianti di Lorentz (masse invarianti quadre delle trepossibili coppie di particelle)

s1 ≡ (p2 + p3)2 = m2

2 + m23 + 2(p2p3) (3.897)

s2 ≡ (p1 + p3)2 = m2

1 + m23 + 2(p1p3) (3.898)

s3 ≡ (p1 + p2)2 = m2

1 + m22 + 2(p1p2) (3.899)

Evidentemente, dalla conservazione del quadrimpulso, risulta anche

s1 ≡ (P − p1)2 = M2 + m2

1 − 2(Pp1) (3.900)

s2 ≡ (P − p2)2 = M2 + m2

2 − 2(Pp2) (3.901)

s3 ≡ (P − p3)2 = M2 + m2

3 − 2(Pp3) (3.902)

che, nel sistema del CM, diventano158

s1 = M2 + m21 − 2ME1 (3.904)

s2 = M2 + m22 − 2ME2 (3.905)

s3 = M2 + m23 − 2ME3 (3.906)

Il loro significato fisico e proprio quello descritto nel riferimento del CM dallerelazioni (3.904)-(3.906): descrivono, a parte costanti, l’energia nel CM delle treparticelle. Risulta

ds1 = −2M dE1 ≡ −2M dEp (3.907)

ds2 = −2M dE2 ≡ −2M dEq (3.908)

e quindi, poiche dΦ e invariante di Lorentz e nel CM assume la forma

dΦ =1

4(2π)3dEp dEq =

1

4(2π)3

ds1 ds2

(2M)2(3.909)

158I tre invarianti non sono indipendenti fra loro, infatti sommando le (3.904)-(3.906) e ricor-dando che nel CM

E1 + E2 + E3 ≡ EA + EB + EC ≡ Ep + Eq + Ek = M

si ottiene

s1 + s2 + s3 = 3M2 + m21 + m2

2 + m23 − 2M(E1 + E2 + E3) =

= M2 + m21 + m2

2 + m23 (3.903)

158

essendo s1 ed s2 invarianti, l’espressione (3.909) deve essere valida in ogni sistemadi riferimento159.In conclusione, per tre particelle, abbiamo, in generale, che, in qualunque riferi-mento, risulta

dΦ =ds1 ds2

16M2 (2π)3(3.910)

e. se sostituiamo questa espressione di dLips nell’espressione completa del rate didecadimento e della sezione d’urto differenziale, abbiamo finalmente le espressioni

dΓ =1

2J + 1

1

2E|M|2 ds1 ds2

16 M2 (2π)3(3.911)

dσ =1

2J1 + 1

1

2J2 + 1

1

4√

(Pin1Pin2)2 −M2in1M

2in2

|M|2 ds1 ds2

16 s (2π)3(3.912)

L’importanza del risultato ottenuto sta nel fatto che, se si fa uno scatter plotdegli eventi nelle variabili s1 ed s2, lo spazio delle fasi fornisce un contributouniforme in tutta la zona cinematicamente accessibile, quindi ogni addensamentodi punti che si osservi in essa e dovuto alla dinamica del processo160.Lo scatter plot in questione si chiama161 plot di Dalitz-Fabri.Per esempio, se le particelle B e C formano uno stato risonante di massa M∗,allora, nel plot di Dalitz, si osservera un addensamento di eventi per s1 = (M∗)2!

Veniamo infine alla determinazione della zona cinematicamente accessibile delDalitz plot. Abbiamo visto che

si = M2 + m2i − 2M Ei (3.913)

dunque, essendo Ei ≥ mi, risultera

si ≤ M2 + m2i − 2M mi = (M −mi)

2 (3.914)

D’altronde162, posto che (i, j, k) sia una permutazione pari di (1, 2, 3), risulta

si = mjk = (P − pi)2 = (pj + pk)

2 ≥ (mj + mk)2 (3.915)

159Naturalmente, dato che i tre invarianti sono linearmente dipendenti fra loro secondo la(3.903) una qualunque coppia (si, sj) dei tre va altrettanto bene ...

160Naturalmente stiamo qui assumendo una accettanza del rivelatore perfettamente uniforme:se questo non accade, allora anche l’accettanza puo, ovviamente, selezionare eventi nello spaziodelle fasi e quindi provocare disuniformita nel plot in questione.

161E. Fabri: A study of tau-meson decay Il Nuovo Cimento 11, 480 (1954)R.H. Dalitz: Decay of τ mesons of known charge Phys. Rev 94, 1046 (1954)

162Ricordiamo che la massa invariante del sistema di due particelle e definita come

m2AB ≡ (pA + pB)2

159

quindi abbiamo da soddisfare simultaneamente le tre disuguaglianze seguenti

(m2 + m3)2 ≤ s1 ≤ (M −m1)

2 (3.916)

(m1 + m3)2 ≤ s2 ≤ (M −m2)

2 (3.917)

(m1 + m2)2 ≤ s3 ≤ (M −m3)

2 (3.918)

ed inoltre deve valere l’uguaglianza

s1 + s2 + s3 = M2 + m21 + m2

2 + m23 ≡ 3s0 (3.919)

Ne segue che, fissando arbitrariamente, per esempio, s1 ed s2 in modo che sod-disfino, rispettivamente, la (3.916) e la (3.917), allora, ponendo

s3 = 3s0 − s1 − s2

se questa quantita soddisfa la disuguaglianza (3.918), la terna (s1, s2, s3) cosıindividuata verifica le condizioni (3.916)-(3.919) e questo equivale a dire che, nelCM, la terna delle energie E1, E2, E3 soddisfa le condizioni

Ei ≥ mi;3∑

i=1

Ei = M (3.920)

Ma questo non significa ancora che la cinematica del decadimento sia rispettata,infatti, se e vero che, dalla (3.920) si possono definire i moduli degli impulsispaziali delle tre particelle, attraverso le relazioni

p2i = E2

i −m2i

e questi risulteranno sicuramente reali essendo Ei ≥ mi, non e affatto dettoche questi valori di pi possano essere tali che la loro somma vettoriale sia nulla.Affinche questo accada, occorre e basta che i moduli p1, p2 e p3 soddisfino ladisuguaglianza triangolare, i.e., per esempio, siano tali che163

p1 + p2 ≥ p3; |p1 − p2| ≤ p3 (3.921)

e nel sistema del CM, dove

pA = (EA, ~p); pB = (EB ,−~p)

si ham2

AB = (EA + EB)2

e siccome EA ≥ mA, EB ≥ mB , segue che

m2ab ≥ (mA + mB)2

163E’ un risultato di geometria che se la disuguaglianza triangolare vale nella forma della(3.921), allora vale per qualunque altra permutazione degli indici ...

160

e dunque

(p1 + p2)2 ≥ p2

3 ⇔ p21 + p2

2 + 2p1 p2 ≥ p23 (3.922)

|p1 − p2|2 ≤ p23 ⇔ p2

1 + p22 − 2p1 p2 ≤ p2

3 (3.923)

ovvero

−2p1 p2 ≤ p21 + p2

2 − p23 ≤ 2p1 p2 ⇔ |p2

1 + p22 − p2

3| ≤ 2p1 p2 (3.924)

da cui, quadrando ancora, si ottiene

p41 + p4

2 + p43 ≤ 2

(p2

1 p22 + p2

1 p23 + p2

2 p23

)(3.925)

D’altronde, per la (3.913), si ha

p2i = E2

i −m2i =

(M2 + m2

i − si

2M

)2

−m2i (3.926)

per cui, sostituendo la (3.926) nella (3.925), in termini solo di s1, s2 e delle massedelle particelle, si ottiene, dopo aver moltiplicato per M2, che deve essere

s1 s22 + s2

1 s2 − s1s2

(m2

1 + m22 + m2

3 + M2)

+

+s1

(m2

2m23 −M2m2

3 −m21m

22 + M2m2

1

)+

+s2

(m2

1m23 −M2m2

3 −m21m

22 + M2m2

1

)+

+M2m43 −m2

1m22m

23 −M2m2

2m23 −M2m2

1m23 +

+M4m23 + m1m

42 + m4

1m42 −m2

1m22M

2 ≤ 0 (3.927)

Imponendo allora la condizione in questione, insieme a quella sui limiti per s1 eds2 dati dalle (3.916) e (3.917), si ha infine la zona cinematicamente accessibiledel plot di Dalitz.

Spesso poi, al posto delle variabili s1 ed s2 si usano variabili adimensionali164,come, per esempio,

u =s1 + s2

2M2s1 = M2(u + v)

⇔ (3.928)

v =s1 − s2

2M2s2 = M2(u− v)

164Si osservi che nelle variabili u, v definite dalla (3.928), l’elemento di spazio delle fasi, essendo

ds1 ds2 = 2M4 du dv

risulta espresso da

dΦ =2M4 du dv

16M2(2π)3=

M2

8(2π)3du dv

161

0.3 0.325 0.35 0.375 0.4 0.425 0.45 0.475 0.5U

-0.1

-0.075

-0.05

-0.025

0.025

0.05

0.075

0.1V

Figure 5: Regione permessa nel Dalitz plot relativo al decadimentoK± → π±π+π− .

In questo caso, ponendo µi ≡ mi/M , la disuguaglianza (3.927) diviene

2u3 + v2 − u2 − 2uv2 + u(µ2

1 + µ22 − 2µ2

1µ22 − 2µ2

3 + µ21µ

23 + µ2

2µ23

)+

+u2(−µ2

1 − µ22 − µ2

3

)+ v

(µ2

1 − µ22 − µ2

1µ23 + µ2

2µ23

)+ v2

(µ2

1 + µ22 + µ2

3

)

−µ21µ

22 + µ4

1µ22 + µ2

1µ42 + µ2

3 − µ21µ

23 − µ2

2µ23 − µ2

1µ22µ

23 + µ4

3 ≤ 0 (3.929)

La figura 5 mostra la regione accessibile nel Dalitz plot nelle variabili u, v so-pradefinite, nel caso particolare in cui µi = 139.57018

493.677= 0.2827, che corrisponde al

decadimentoK± → π±π+π−

162

3.4.3 Lo spazio delle fasi di n particelle

Abbiamo visto che, nel caso di n particelle, risulta

dΦ(n) = (2π)4 δ4(n∑

i=1

pi − P )n∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

(3.930)

Questo elemento invariante dello spazio delle fasi puo essere riscritto come prodottodi quello relativo a (n− 1) particelle per quello di due particelle, in modo da per-mettere una sua valutazione ricorsiva per qualunque n.

L’idea e che le n particelle dello stato finale considerato potranno essere rag-guppate in un insieme di (n− 1) particelle, a cui aggiungere poi la n-esima. Con-siderando l’insieme di (n−1) particelle come un unico soggetto (di quadrimpulsoe massa invariante variabili ...), ecco che il sistema iniziale risultera compostoda due ”particelle”: una vera, mentre l’altra e fittizia e descrive l’insieme dellerestanti (n− 1) particelle, la cui struttura interna sara poi precisata da Φ(n−1).Vediamo formalmente come questo accada.Poniamo, per comodita di notazione

dΦ(n) = (2π)4 δ4(n∑

i=1

pi − P )n∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

≡ dΦ(n)(P ; p1, ..., pn) (3.931)

e riscriviamolo, intanto, come segue

dΦ(n)(P ; p1, ..., pn) = (2π)4 δ4(p1 + ... + pn − P )d3pn

(2π)3 2En

n−1∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

(3.932)

Osserviamo quindi che, qualunque sia m ≥ 0, vale la seguente identita

1 =∫ ∞

0

dµ2

2π

∫ d4q

(2π)42π θ(q0) δ(q2 − µ2) (2π)4 δ(p1 + ... + pm − q) (3.933)

Facendo m = n− 1 e sostituendo questa espressione nella (3.932), otteniamo

dΦ(n)(P ; p1, ..., pn) =

=∫ dµ2

2π

∫ d4q

(2π)42π θ(q0) δ(q2 − µ2) (2π)4 δ4(p1 + ... + pn−1 − q)

(2π)4 δ4(p1 + ... + pn−1 + pn − P )d3pn

(2π)3 2En

n−1∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

=

=∫ dµ2

2π

∫ d4q

(2π)42π θ(q0) δ(q2 − µ2)

(2π)4 δ4(p1 + ... + pn−1 − q)n−1∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

(2π)4 δ4(q + pn − P )d3pn

(2π)3 2En

163

ma, come sappiamo, risulta

∫ d4q

(2π)42π θ(q0) δ(q2 − µ2) =

1

(2π)3

d3q

2q0

e quindi, in definitiva, abbiamo

dΦ(n)(P ; p1, ..., pn) =∫ dµ2

2π(2π)4 δ4(p1 + ... + pn−1 − q)

n−1∏

i=1

d3pi

(2π)3 2Ei

(2π)4 δ4(q + pn − P )d3pn

(2π)3 2En

1

(2π)3

d3q

2q0=

=∫ dµ2

2πdΦ(2)(P ; pn, q)dΦ(n−1)(q; p1, ..., pn−1) (3.934)

che e la formula di ricorrenza cercata.Per quanto riguarda infine i limiti di integrazione in dµ2, si osservi che, essendo

q = p1 + ... + pn−1

ne segue cheq2 ≡ µ2 ≥ m2

1 + ... + m2n−1

164

3.5 Applicazione allo scattering (quasi-)elastico

Consideriamo adesso in dettaglio il processo di scattering fra due particelle A eB (aventi masse MA e MB, quadrimpulsi k e p, negli stati di spin α e β, rispetti-vamente) che da luogo a due particelle C e D (di masse MC e MD, quadrimpulsik′ e p′, negli stati di spin α′ e β′, rispettivamente), che non coincidono, necessari-amente, con quelle incidenti:

A(k; α) + B(p ; β) → C(k′; α′) + D(p′; β′) (3.935)

Abbiamo gia visto che questo processo e descritto dalla sezione d’urto dif-ferenziale invariante

dσ =1

F|M|2 dΦ (3.936)

dove, ricordiamolo ancora una volta

• F e il termine di flusso incidente, associato alla cinematica delle particelleA e B, dato da

F = 4√

(kp)2 −M2AM2

B (3.937)

• dΦ e, per un assegnato impulso totale Ptot ≡ k + p, l’elemento di spaziodelle fasi invariante di Lorentz, associato alle due particelle C e D, uscentidall’interazione

dΦ(k′, p′; Ptot) = (2π)4δ4(k′ + p′ − Ptot)d3k′

(2π)32EC

d3p′

(2π)32ED

(3.938)

con EC =√

M2C + |~k′|2, ED =

√M2

D + |~p′|2 le energie delle particelle C eD, rispettivamente.

• |M|2 e il modulo quadro dell’ampiezza di scattering invariante, relativa alprocesso in esame.

Se le due particelle incidenti non sono polarizzate, allora occorre evidentementemediare sugli stati di spin iniziali, i.e. operare nella (3.936) la sostituzione

|M|2 → 1

2SA + 1

1

2SB + 1

∑

α,β

|M(α, β; α′, β′)|2 (3.939)

mentre, se non osserviamo lo spin delle particelle emergenti, dobbiamo sommaresui possibili stati di spin finali, i.e. porre

|M|2 → ∑

α′,β′|M(α, β; α′, β′)|2 (3.940)

Percio, se le particelle incidenti sono non polarizzate e non ci curiamo degli statidi spin finali, allora

|M|2 → 1

2SA + 1

1

2SB + 1|M|2 (3.941)

165

dove|M|2 ≡ ∑

α,β

∑

α′,β′|M(α, β; α′, β′)|2 (3.942)

Poiche |M|2 e un invariante relativistico, esso potra essere funzione solo diinvarianti costruiti, evidentemente, a partire dai quadrimpulsi delle particelle chepartecipano al processo.Insieme alla massa invariante quadra s del sistema che gia conosciamo, defini-amo ora anche gli altri due invarianti di Mandelstam t ed u , associati processodi scattering considerato, ponendo

s = (k + p)2 = M2A + M2

B + 2(kp) = (k′ + p′)2 = M2C + M2

D + 2(k′p′) (3.943)

t = (k − k′)2 = M2A + M2

C − 2(kk′) = (p′ − p)2 = M2D + M2

B − 2(pp′) (3.944)

u = (k − p′)2 = M2A + M2

D − 2(kp′) = (k′ − p)2 = M2C + M2

B − 2(k′p) (3.945)

Questo e quanto ci basta e gli invarianti cosı definiti sono, addirittura ”troppi”,infatti essi non sono fra loro indipendenti165 e soddisfano l’equazione166

s + t + u = M2A + M2

B + M2C + M2

D (3.954)

165Il processo d’urto coinvolge quattro particelle, ma a causa della conservazione del quadrim-pulso totale, solo tre quadrimpulsi sono indipendenti tra loro. Con tre quadrivettori possiamocostruire sei invarianti, ma quattro combinazioni di questi dovranno coincidere con le massedelle particelle date, per cui non potranno che esistere solo due scalari indipendenti (a parte lemasse) costruiti con i quadrimpulsi delle particelle coinvolte nel processo.

166Osserviamo che dalle definizioni (3.943)-(3.945) segue che, sommando membro a membrole sei equazioni, risulta

2s + 2t + 2u = 3(∑

M2)

+ 2 A (3.946)

dove abbiamo posto(∑

M2)

≡ M2A + M2

B + M2C + M2

D (3.947)

A ≡ (kp) + (k′p′)− (kk′)− (pp′)− (kp′)− (k′p) (3.948)

D’altronde

A = (kp) + (k′p′)− (kk′)− (pp′)− (kp′)− (k′p) == (kp) + (k′p′)− k(k′ + p′)− p(k′ + p′) = (kp) + (k′p′)− (k + p)(k′ + p′) == (kp) + (k′p′)− s (3.949)

A = (kp) + (k′p′)− (kk′)− (pp′)− (kp′)− (k′p) == −(kk′)− (pp′) + p(k − k′)− p′(k − k′) = −(kk′)− (pp′)− (k − k′)(p′ − p) == −(kk′)− (pp′)− t (3.950)

A = (kp) + (k′p′)− (kk′)− (pp′)− (kp′)− (k′p) == −(kp′)− (k′p) + p(k − p′)− k′(k − p′) = −(kp′)− (k′p)− (k − p′)(k′ − p) == −(kp′)− (k′p)− u (3.951)

166

per cui, fissate le masse delle quattro particelle, in generale, sara

|M|2 = |M|2(s, t, u) (3.955)

dove solo due invarianti sono realmente necessari.Quanto poi al termine di flusso (3.937), ricavando (kp) dalla (3.943) in ter-

mini della variabile s, possiamo riscriverlo nel modo seguente

F = 2√

(s−M2A −M2

B)2 − 4M2AM2

B (3.956)

ovvero, usando la (3.966) e quindi facendo intervenire il modulo a dell’impulsospaziale delle particelle iniziali nel CM

F = 4 a√

s (3.957)

Per quanto riguarda poi l’elemento di spazio delle fasi invariante dΦ, integrandola (3.938) in d3p′ e quindi in dk, come sappiamo dalla (3.845), si ottiene

dΦ =1

16π2δ4(k′ + p′ − ptot)

d3k′

EC

d3p′

ED

=

=1

16π2

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

2sdΩCM (3.958)

=1

16π2

b√s

dΩCM (3.959)

dove

• dΩCM e l’elemento di angolo solido associato nel CM ad una qualsiasi delledue particelle uscenti;

• la quantita167

b ≡√

(s−M2C −M2

D)2 − 4M2CM2

D

2√

s= |~p′CM | = |~k′CM | (3.961)

e il modulo dell’impulso spaziale sia della particella C che D, cosı comeappare nel riferimento del CM.

Dunque, sommando, otteniamo

3 A = A − (s + t + u) ⇒ 2 A = − (s + t + u) (3.952)

e quindi, sostituendo nella (3.946), si ha appunto che

(s + t + u) =(∑

M2)≡ M2

A + M2B + M2

C + M2D (3.953)

167Osserviamo ancora una volta che quest’ultima quantita e definita solo se

(s−M2C −M2

D)2 − 4M2CM2

D ≥ 0 ⇔ s ≥ (MC + MD)2 (3.960)

i.e., se ci troviamo sopra soglia di produzione ...!

167

- ¾©©©©©©*

©©©©©©¼

A B

D

C

-

6

´´

+

z

x

y

Se il sistema168 del CM e scelto in accordo con la figura sopra riportata elo scattering e simmetrico attorno all’asse z, (per esempio, perche le particelleincidenti A e B sono non polarizzate...), allora

dΦ =1

16π

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

sd(−cosθCM) (3.969)

168Allorche trattammo la cinematica dell’urto anelastico fra due particelle A e B, di massaMA ed MB , che danno luogo a due particelle C e D, di massa MC ed MD, vedemmo che, nelsistema del CM , se allineiamo gli assi in modo che A si propaghi lungo la direzione dell’assepolare z, abbiamo

A : k = (√

M2A + a2, 0, 0, a) (3.962)

B : p = (√

M2B + a2, 0, 0,−a) (3.963)

C : k′ = (√

M2C + b2, b sinθ, 0, b cosθ) (3.964)

D : p′ = (√

M2D + b2,−b sinθ, 0,−b cosθ) (3.965)

dove a, b sono, rispettivamente, i moduli degli impulsi lineari delle due coppie (A,B) e (C,D),legati alla variabile di Mandelstam s (massa invariante quadra del sistema) dalle relazioni

a =

√(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B

2√

s; b =

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

2√

s(3.966)

per cui possiamo anche scrivere

EA =√

M2A + a2 =

s + M2A −M2

B

2√

s; EB =

√M2

B + a2 =s + M2

B −M2A

2√

s(3.967)

EC =√

M2C + b2 =

s + M2C −M2

D

2√

s; ED =

√M2

D + b2 =s + M2

D −M2C

2√

s(3.968)

168

Percio, usando questo risultato nella equazione (3.936), insieme con l’espressionedel flusso incidente dato dalla equazione (3.956), otteniamo infine

dσ =1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32πs

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D√

(s−M2A −M2

B)2 − 4M2AM2

B

|M|2 d(−cosθCM)

(3.970)i.e.

dσ =1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32πs

b

a|M|2 d(−cosθCM) (3.971)

la quale, nel caso di scattering elastico (le particelle nello stato finale coincidonocon quelle nello stato iniziale) si semplifica, evidentemente, in

dσ|el =1

(2SA + 1)(2SB + 1)

|M|232πs

d(−cosθCM) (3.972)

Invece dell’angolo di scattering cosθCM , talvolta e piu conveniente usare altrevariabili, come, per esempio, la variabile adimensionale169 y definita nella notariportata sotto, attraverso l’equazione (3.974), in termini del momento trasferito

q ≡ k − k′ = p− p′ (3.983)

Abbiamo dimostrato [cfr. (3.978)] che la variabile y puo essere scritta come

y = A− B cosθCM (3.984)

169Definiamo la variabile adimensionale y in termini del quadrimpulso trasferito

q ≡ k − k′ (3.973)

dalla particella A a B, nel modo seguente

y ≡ pq

pk= 1− pk′

pk= 1− 2 pk′

2 pk(3.974)

Ma, dalle equazioni (3.963), (3.964) e dalle equazioni (3.967), (3.968), si ha

2 pk′ = 2√

M2C + b2

√M2

B + a2 + 2ab cosθCM (3.975)

= 2s + M2

C −M2D

2√

s

s + M2B −M2

A

2√

s+ 2ab cosθCM (3.976)

mentre, dalla definizione stessa di s in termini dei quadrimpulsi di A e B, risulta

2 pk = s−M2A −M2

B (3.977)

169

dove [cfr.(3.979), (3.980)]

A = 1− (s + M2C −M2

D)(s + M2B −M2

A)

2s(s−M2A −M2

B)(3.985)

(3.986)

B =2ab

s−M2A −M2

B

= (3.987)

=

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

√(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B

2s(s−M2A −M2

B)(3.988)

Percio, per una energia totale fissata nel CM√

s = ECM , abbiamo

dy = B d(−cosθCM) (3.989)

e dunque, ripartendo dalla relazione (3.971)

dσ =1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32 π s

b

a|M|2 d(−cosθCM) (3.990)

otteniamo

dσ =1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32 π s

b

a|M|2 dy

B =

=1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32 π s

b

a|M|2 s−M2

A −M2B

2abdy

Percio, sostituendo nella equazione (3.974), otteniamo infine

y = A− B cosθCM (3.978)

dove

A = 1− (s + M2C −M2

D)(s + M2B −M2

A)2s(s−M2

A −M2B)

(3.979)

B =2ab

2 pk=

=

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

√(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B

2s(s−M2A −M2

B)(3.980)

da cui, evidentemente, per s fissato, risulta

d(−cosθCM ) =dy

B (3.981)

e quindi, in termini della variabile y,

dΦ =18π

s−M2A −M2

B√(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B

dy (3.982)

170

⇒ dσ

dy=

1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

32 π s|M|2 s−M2

A −M2B

2a2(3.991)

ovvero, finalmente

dσ

dy=

1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

16π

s−M2A −M2

B

(s−M2A −M2

B)2 − 4M2AM2

B

|M|2 (3.992)

con170

A− B ≤ y ≤ A+ B (3.1001)

170Si osservi che nel limite di alta energia, i.e. quando s >> M2 , risulta comunque che

A → 12; B → 1

2(3.993)

per cui i limiti di integrazione in dy diventano, rispettivamente, 0 ed 1.Se accade che MA = 0 , ci sono poi alcune semplificazioni.

Quanto alla sezione d’urto differenziale, risulta evidentemente

dσ

dy=

1(2SA + 1)(2SB + 1)

116π

1(s−M2

B)|M|2 (3.994)

con

A = 1− (s + M2C −M2

D)(s + M2B)

2s(s−M2B)

(3.995)

B =

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

2s(3.996)

le quali, nel caso in cui possa essere trascurata anche la massa MC , diventano

A → 1− (s−M2D)(s + M2

B)2s(s−M2

B)(3.997)

B → s−M2D

2s(3.998)

per cui ne risulta che, quanto agli estremi di integrazione, e

A− B → 1− s−M2D

s−M2B

(3.999)

A+ B → 1 +s−M2

D

s−M2B

M2B

s(3.1000)

171

Un’altra variabile talvolta utile per esprimere la sezione d’urto differenzialefra due particelle, e l’invariante Q2, definito171 come

Q2 ≡ −(q q) ≡ −(k − k′)2 = −t (3.1009)

Dalla equazione (3.1006), abbiamo

Q2 = Q20 − (s−M2

A −M2B) B cosθCM (3.1010)

dove Q20 e dato dalla (cfr (3.1005))

Q20 =

(s + M2A −M2

B)(s + M2C −M2

D)− 2s(M2A + M2

C)

2s(3.1011)

171Questa variabile e definita come

Q2 ≡ −q2 ≡ −t = −(k − k′)µ(k − k′)µ = −M2A −M2

C + 2(kk′) (3.1002)

Dalla (3.962) e (3.964), abbiamo

2(kk′) = 2√

M2A + a2

√M2

C + b2 − 2ab cosθCM (3.1003)

i.e.

Q2 = −M2A −M2

C + 2(s + M2

A −M2B)

2√

s

(s + M2C −M2

D)2√

s− 2ab cosθCM

=(s + M2

A −M2B)(s + M2

C −M2D)− 2s(M2

A + M2C)

2s− 2ab cosθCM (3.1004)

Se definiamo allora la quantita costante (fissato s)

Q20 ≡

(s + M2A −M2

B)(s + M2C −M2

D)− 2s(M2A + M2

C)2s

(3.1005)

ed esprimiamo 2ab in termini di B, usando l’equazione (3.980) e l’espressione di 2(pk) comedata dalla (3.977), otteniamo

2ab = 2(pk)B = (s−M2A −M2

B)B

per cui, finalmente, otteniamo

Q2 = Q2o − (s−M2

A −M2B)B cosθCM (3.1006)

e dunque, di nuovo, ad s fissato

dQ2 = (s−M2A −M2

B)B d(−cosθCM ) ≡ (s−M2A −M2

B) dy (3.1007)

per cui, dalla (3.982), risulta

dΦ =18π

1√(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B

dQ2 (3.1008)

172

e B e dato dalla (3.988).Se l’energia E =

√s nel CM e fissata, allora

dQ2 = −B (s−M2A −M2

B) d(cosθCM) = (s−M2A −M2

B)dy (3.1012)

e percio, dalla (3.991), finalmente si ha

dσ

dQ2=

|M|216π [(s−M2

A −M2B)2 − 4M2

AM2B]

(3.1013)

dove

Q20 − B (s−M2

A −M2B) ≤ Q2 ≤ Q2

0 + B (s−M2A −M2

B) (3.1014)

Di nuovo, nel caso poi in cui le particelle incidenti siano non polarizzate e nonsi osservi lo stato di spin delle particelle prodotte, risulta

dσ

dQ2=

1

(2SA + 1)(2SB + 1)

1

16π|M|2 1

[(s−M2A −M2

B)2 − 4M2AM2

B](3.1015)

173

3.5.1 Lo spin del pione π+

Oggi sappiamo che i tre pioni sono costituiti da una coppia quark/antiquark dellaprima generazione (i.e. up e down), ed in particolare che risulta

|π+ >= |ud >, |π0 >=1√2

(|uu > −|dd >

), |π− >= |du > (3.1016)

Il quark e l’antiquark, che hanno entrambi spin S = 1/2, sono legati in uno statodi singoletto di spin ed hanno momento angolare orbitale relativo L = 0, per cuii pioni hanno, a loro volta, spin nullo172.

Questo era un fatto messo in evidenza sperimentalmente ben prima che siarrivasse a capire la loro struttura in termini di quarks. Per questo, si era usatoil metodo173 del confronto fra la sezione d’urto del processo

p + p → π+ + d (3.1017)

con quella del processo inverso

π+ + d → p + p (3.1018)

In entrambi i casi si tratta di un processo di scattering quasi-elastico e, comeabbiamo visto, la sezione d’urto differenziale di un generico processo di questotipo, nel caso in cui lo stato iniziale non abbia spin definito e lo spin delle particellenello stato finale non venga osservato, in base alla (3.834), tenendo conto della(3.957), puo essere scritta nel modo seguente

dσ→ =1

(2Sa + 1)(2Sb + 1)

1

4√

s a|M→|2 dΦ (3.1019)

dove

• √s e la massa invariante del sistema delle due particelle;

• a indica, nel sistema del CM , il modulo dell’impulso di entrambe le parti-celle incidenti;

• Sa e Sb sono gli spin delle due particelle che collidono;

172Chiaramente lo spin nullo dei pioni, dalla legge di composizione del momento angolare,potrebbe ottenersi anche se i due costituenti fossero legati in uno stato di tripletto di spin edin onda P , cioe con momento angolare relativo L = 1.Questa possibilita e esclusa, pero, dalla parita intrinseca del pione, che, come abbiamo vistoalmeno nel caso del π0 , risulta essere negativa (il pione e una particella pseudoscalare ...):poiche esso e costituito da una coppia particella/antiparticella di Dirac, esso ha comunqueparita intrinseca pari a (−1) · (−1)L e quindi L deve essere pari.

173Cfr., per esempio, H. Muirhead: The Physics of elementary Particles , Pergamon Press1965, pag. 26.

174

• |M→|2 e la somma dei moduli quadri delle ampiezze invarianti di scattering,relative al processo (3.1017 ), che chiameremo diretto174 , sommate su tuttigli stati di spin iniziali e finali;

• dΦ sta per l’elemento di spazio delle fasi Lorentz-invariante, relativo allostato finale considerato.

Nel centro di massa, per due particelle, l’elemento dello spazio delle fasi, abbiamovisto che puo essere scritto come

dΦ =1

16π2

√(s−m2 −M2)2 − 4m2M2

2sdΩCM ≡ 1

16π2

b√s

dΩCM (3.1022)

dove m ed M sono le masse delle due particelle prodotte nello stato finale e bindica, al solito, il modulo del loro impulso spaziale. Abbiamo quindi

dσ→ =1

(2Sa + 1)(2Sb + 1)

1

4√

s a|M→|2 1

16π2

b√s

dΩCM =

=1

(2Sa + 1)(2Sb + 1)

1

64π2s

b

a|M→|2 dΩCM (3.1023)

Poiche le interazioni forti sono invarianti per time reversal, nel caso del processoconsiderato, che avviene, appunto, via interazione forte, poiche la matrice Ssoddisfa quindi la relazione T S T−1 = S†, il modulo quadro degli elementi dimatrice per i due decadimenti, diretto e inverso, sono uguali, per cui abbiamo

|M→|2 = |M←|2 (3.1024)

quindi, ponendo adesso, per maggior chiarezza

a ≡ pp; b ≡ pπ (3.1025)

dal confronto delle due sezioni d’urto differenziali valutate per lo stesso valore dienergia totale nel CM (i.e., per lo stesso valore di

√s), usando il fatto che lo spin

174Una espressione del tutto analoga vale, evidentemente, per il processo inverso, cioe per lareazione

π+ + d → p + p (3.1020)

per la quale, con ovvio significato di simboli, avremo

dσ← =1

(2Sc + 1)(2Sd + 1)1

4√

s b|M←|2 dΦ (3.1021)

avendo adesso indicato con b il modulo dell’impulso nel CM delle particelle incidenti nel pro-cesso inverso e con dΦ, analogamente, l’elemento di spazio delle fasi associato alle particellenello stato finale del processo inverso.

175

del protone vale 1/2, mentre quello del deutone, come e noto, vale 1 e tenendoconto infine che lo stato finale, nel caso della reazione ”inversa”, e fatto da dueparticelle identiche, che dimezza lo spazio delle fasi (l’integrazione avviene su 2πe non su 4π ...), risulta

dσ→dσ←

=

12·2

pπ

pp

12

13·(2S+1)

pp

pπ

=3(2S + 1)

2

p2π

p2p

=σ→σ←

(3.1026)

dove S e appunto lo spin ignoto del π+.La misura della sezione d’urto del processo diretto fu effettuata da Cartwright175

e collaboratori nel 1953, ottenendo, per un protone incidente su un bersaglio diidrogeno con energia176 , nel laboratorio, pari a 341 MeV , il valore di

σ→ = (1.8± 0.6)× 10−28 cm2

Da questo conclusero che il processo inverso, valutato per lo stesso valore di massainvariante del sistema, avrebbe dovuto avere una sezione d’urto di

σ← = (3.0± 1.0)× 10−27 cm2

175W.F. Cartwright, C. Richman, M.N. Whitehead, H.A. Wilson: The production of positivepions by 341-MeV protons on protons Phys. Rev. 91, 677, (1953)

176Si osservi che, essendo la massa del deutone pari a Md = 1875.6 MeV , quella del protonee Mp = 938.3 MeV e quella del pione carico pari a mπ = 139.6 MeV , la soglia della reazionep + p → π+ + d si raggiunge per un’energia del protone incidente su bersaglio fisso, pari a

2M2p + 2Mp E = (Md + mπ)2 ⇒ E =

(Md + mπ)2 − 2M2p

2Mp= 1225.7 MeV

ovvero per un’energia cinetica del protone pari a Ts = 287.4 MeV .L’esperimento di Cartwright operava quindi a poco piu di 50MeV sopra la soglia, ad unaenergia cinetica dei protoni pari a T0 = 341 MeV , ovvero ad una massa invariante pari a

√s =

√2Mp(Mp + E) =

√2Mp(2Mp + T0) = 2040.0 MeV

a cui corrisponde un impulso del protone nel sistema del CM che e pari a

pp =

√(s− 2M2

p )2 − 4M4p

2√

s=

√(√s

2

)2

−M2p = 400 MeV/c

Circa la reazione inversa d + π+ → p + p , allo stesso valore di massa invariante, corrispondeun’energia del pione carico su deutone fermo che e pari a

s = m2π + M2

d + 2Eπ Md ⇒ Eπ =s−m2

π −M2d

2Md= 166.4 MeV

176

se lo spin del pione fosse stato nullo177 , oppure 1/3 di quel valore, in accordo conla (3.1026), nel caso fosse stato pari a 1, etc ...Il confronto con le misure di assorbimento di pioni positivi in deuterio178 giaeffettuate, propendeva decisamente verso un valore nullo dello spin del π+.

Questo risultato fu definitivamente stabilito nel 1957 da Cohen179 e collab-oratori, i quali, sulla base dei risultati sperimentali sin lı accumulati, poteronoconcludere che

(2Sπ + 1) = 1± 0.1 (3.1027)

corrispondente ad una energia cinetica nel sistema del laboratorio pari aTπ = Eπ −mπ = 26.8 MeV ed ad un impulso nel sistema del CM di

pπ =

√(s−m2

π −M2d )2 − 4m2

π M2d

2√

s= 83.3 MeV/c

per cui il fattore cinematico (per Sπ = 0) fra le due sezioni d’urto valeva

σ←σ→

=23

(pp

pπ

)2

= 15.4

Al tempo dell’esperimento, le masse non erano note con tutta la precisione con cui le conosciamooggi, e questo fattore fu valutato essere pari a 16.7, da cui fu estrapolato il valore diσ← = (3.0± 1.0)× 10−27 cm2 a partire dalla misura di σ→ = (1.8± 0.6)× 10−28 cm2.

177L’esistenza stessa della reazione implicava, evidentemente, che lo spin del pione fosse co-munque intero ...

178D.L. Clark, A. Roberts, R. Wilson: Cross section for the reaction π+ + d → p + p and thespin of the π+ meson Phys. Rev. 83, 649 (1951)

D.L. Clark, A. Roberts, R. Wilson: Disintegration of the deuteron by π+ mesons and thespin of the π+ meson Phys. Rev. 85, 523 (1952); i quali avevano misuratoσ = (4.5± 0.8)× 10−27 cm2.

R. Durbin, H. Loar, J. Steinberger: The absorption of pions by deuteronsPhys. Rev. 84, 581 (1951); i quali avevano misurato σ = (3.1± 0.3)× 10−27 cm2.

179E.R. Cohen, K.M. Crowe, J.M. Dumond: Fundamental costants of physics IntersciencePublisher, New York, 1957

177

3.5.2 Lo scattering quasi-elastico ν + p → n + e+

In questo paragrafo ci occuperemo dello scattering quasi-elastico di antineutrinoperche, come e noto, fu attraverso questo processo che fu rivelata per la prima

Figure 6: Apparato sperimentale usato da Cowan e Reines

volta, l’esistenza di questa particella.L’esperimento che porto alla prima osservazione sperimentale diretta del neutrino(in realta, dell’antineutrino ...) fu quello di Cowan e Reines, che si concluse180

nel 1953. La difficolta della misura richiese ben 7 anni per il suo compimento.Cowan e Reines osservarono la reazione beta-inversa181

ν + p → n + e+ (3.1028)

180F. Reines, C.L. Cowan jr: A proposed experiment to detect the free neutrino,Phys. Rev. 90, 492 (1953)F. Reines, C.L. Cowan jr: Detection of free neutrino, Phys. Rev. 92, 830 (1953)F. Reines, C.L. Cowan jr, F.B. Harrison, A.D.McGuire, H.W. Kruse:Detection of free antineutrino, Phys. Rev. 117, 159 (1960)

181Quanto vale l’energia di soglia che deva avere il neutrino affinche la reazione possa avvenire?

178

Figure 7: Principio di funzionamento dell’esperimento di Cowan e Reines

presso la centrale nucleare di Savannah River, negli USA, in grado di fornire unflusso182 di ben 1013 ν/cm2 · s sul bersaglio, costituito da 200 litri di acqua incui erano disciolti 40 Kg di cloruro di cadmio (CdCl2). Il segnale era costituitodall’osservazione dei due gamma da 0.511 MeV di annichilazione del positrone,

182In un processo di fissione neutronica del nucleo 235U , si ottengono tipicamente due nucleiricchi di neutroni ed un paio di neutroni che consentono la prosecuzione della reazione a catena(per es. 235U + n → 140

54 Xe + 9438Sr + 2 n). I prodotti di fissione danno luogo a decadimenti

β di corta vita media (ms), a cascata. In media si hanno circa 6 νe di varia energia per ognifissione, ed un totale di circa 200MeV di energia prodotta. Dunque, il numero di antineutriniemessi dal reattore, per secondo, vale

Nν ≈ 6 Nfis =6 Pth

2 · 108 × 1.6 · 10−19

dove Pth e la sua potenza termica. Assumendo Pth ≈ 3 GW , ne segue che, nell’intero angolosolido, vengono emessi dell’ordine di 6×3·109

3.2·10−11 = 5.6 · 1020 antineutrini per secondo.Ad una distanza di 20 m dal reattore, il loro flusso Fν vale quindi

Fν =5.6 · 1020

4π(2000)2≈ 1.1 · 1013 ν/(cm2 · s)

179

osservati in coincidenza ritardata (circa 30 µsec ) con i gamma emessi dal nucleodi Cadmio che cattura il neutrone.

Il rivelatore era costituito da 1400 litri di scintillatore liquido disposto intornoal bersaglio, visto da circa un centinaio di fotomoltiplicatori.Reines e Cowan osservarono che la differenza di conteggi ”reattore on” - ”reattoreoff” era di 3± 0.2 conteggi all’ora, in sostanziale accordo con la previsione.

Da questo essi estrassero una sezione d’urto totale pari a

σ(ν + p → e+ + n)exp = 12+7−4 · 10−44 cm2 (3.1029)

Vediamo adesso di calcolarla !Tratteremo la reazione di scattering quasi-elastico

ν + p → e+ + n (3.1030)

nell’assunzione che protone e neutrone possano essere considerati come particelledi Dirac senza struttura.Data la bassa energia183 del neutrino e quindi il basso momento trasferito, lateoria di Fermi e ampiamente sufficiente per descrivere il processo in questione.Nell’ambito della Teoria di Fermi (corretta per la violazione di parita), il terminedella Lagrangiana di interazione che descrive il processo di scattering (3.1030) eil seguente

Lw(x) = −GF√2

Jµ(had)(x) J†(lept)

µ (x) (3.1031)

dove, con ovvio significato di simboli, si e posto

J (lept)µ (x) = ψl(x) γµ (1− γ5) ψν(x) (3.1032)

mentre per la parte adronica, nell’assunzione che si possano appunto trattare siail protone che il neutrone come particelle di Dirac senza struttura, analogamenteabbiamo

Jµ(had)(x) = ψn(x) γµ (1− γ5) ψp(x) (3.1033)

La sezione d’urto in un generico processo quasi-elastico, come si e visto prece-dentemente, nell’ipotesi di non osservare gli stati di spin, e data dalla relazione

dσ =1

(2S1 + 1)(2S2 + 1)

1

F|M|2 dφ (3.1034)

183Il limite di applicabilita della Teoria di Fermi, come e noto, si raggiunge quando il momentotrasferito della reazione diventa confrontabile con la massa del bosono W .

180

dove

• Si sono gli spin delle particelle nello stato iniziale;

• F e il termine di flusso, legato alla massa invariante√

s del sistema ed alledue masse delle particelle nello stato iniziale MA ≡ mν e MB ≡ Mp dallaben nota relazione

F = 2√

(s−M2A −MB)2 − 4M2

AM2B (3.1035)

che, nel nostro caso in cui la massa dell’anti-neutrino sia considerata nulla,diviene

F → 2(s−M2p ) (3.1036)

• |M|2 e la somma sugli stati di spin iniziali e finali dei moduli quadri deglielementi di matrice invarianti della reazione;

• dΦ e lo spazio delle fasi invariante che, come ben sappiamo, nel sistema delCM , e dato da

dΦ =1

16π2

√(s−M2

C −M2D)2 − 4M2

CM2D

2sdΩCM =

→ 1

8π

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

2s(−d cosθ) (3.1037)

essendo θ ≡ θCM l’angolo nel CM fra la direzione dell’antineutrino inci-dente e quella del positrone uscente.

Tenendo quindi conto che di stati di spin per l’antineutrino ne esiste uno solo,abbiamo

dσ =1

2

1

2(s−M2p )|M|2 1

8π

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

2s(−d cosθ) =

=1

64π

1

s(s−M2p )|M|2

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e (−d cosθ) (3.1038)

Passiamo dunque a valutare la somma sugli stati di spin dei moduli quadridell’elemento di matrice.Nella stessa convenzione usata per trattare in generale l’urto anelastico, scriviamo

ν(Q, b) + p(P, r) → e+(q, a) + n(p, s) (3.1039)

181

ovvero indichiamo, rispettivamente, con (p, s), (P, r) l’impulso e lo spin per ilneutrone ed il protone, e con (q, a), (Q, b) quelli del positrone e dell’antineutrino.Al primo ordine, risulta

M = < out|L(0)|in >=

= < n(p, s)|Jµ(had)(0)|p(P, r) >< e+(q, a)|J†(lept)

µ (0)|ν(Q, b) > (3.1040)

ovvero

M = −GF√2

< n(p, s)|ψn(0) γµ(1− γ5)ψp(0)|p(P, r) > ·· < e+(q, a)|ψν(0) γµ(1− γ5)ψe(0)|ν(Q, b) >=

= −GF√2

< n(p, s)|ψn(0)|Ω > γµ(1− γ5) < Ω|ψp(0)|p(P, r) > ·· < Ω|ψν(0)|ν(Q, b) > γµ(1− γ5) < e+(q, a)|ψe(0)|Ω >=

= −GF√2

(u(s)

n (p) γµ(1− γ5) u(r)p (P )

)·(v(b)

ν (Q) γµ(1− γ5) v(a)e (q)

)(3.1041)

da cui, evidentemente,

|M|2 =G2

F

2

∑

a, b ,r ,s

[u(s)

n (p) γα(1− γ5) u(r)p (P )

]·[v(b)

ν (Q) γα(1− γ5) v(a)e (q)

]

×[u(s)

n (p) γβ(1− γ5) u(r)p (P )

]∗ ·[v(b)

ν (Q) γβ(1− γ5) v(a)e (q)

]∗ ≡

≡ G2F

2Lαβ Wαβ (3.1042)

dove abbiamo definito i due tensori leptonico e adronico Lαβ e Wαβ nel modoseguente184

Lαβ ≡∑

a, b

[v(b)

ν (Q) γα(1− γ5) v(a)e (q)

]·[v(b)

ν (Q) γβ(1− γ5) v(a)e (q)

]∗(3.1043)

Wαβ ≡ ∑r ,s

[u(s)

n (p) γα(1− γ5) u(r)p (P )

] [u(s)

n (p) γβ(1− γ5) u(r)p (P )

]∗(3.1044)

Iniziamo dunque calcolando il tensore leptonico.Siccome, come si e gia osservato, ogni elemento del tensore e un numero com-plesso e cosı pure ogni quantita entro parentesi quadra nella (3.1043), ne segueche ciascuna di queste quantita complesse puo essere vista anche come l’unicoelemento di una matrice 1 × 1, ovvero essa coincide con la traccia della matricestessa.Quanto poi alla coniugazione complessa di una tale quantita, essa puo anche es-sere vista come la coniugazione hermitiana della matrice 1 × 1 corrispondente,

184Si osservi che ciascun termine entro parentesi quadra e un c-numero !

182

per cui possiamo scrivere, in definitiva, che

Lαβ ≡ Tr

∑

a, b

[v(b)

ν (Q) γα(1− γ5) v(a)e (q)

]·[v(b)

ν (Q) γβ(1− γ5) v(a)e (q)

]† =

= Tr

∑

a, b

v(b)ν (Q) γα(1− γ5) v(a)

e (q) · v†(a)e (q) (1− γ†5) γ†β v†(b)ν (Q)

(3.1045)

ma, come ben sappiamo

v = v†γ0; (γ0)2 = I; γ0ㆵγ0 = γµ; γ0 = (γ0)†; (v)† = γ0 v

γ0γ5 = −γ5γ0; γ†5 = γ5

per cui, sostituendo, si ha

Lαβ = Tr

∑

a, b

v(b)ν (Q) γα(1− γ5) v(a)

e (q) · v(a)e (q) (1 + γ5) γβ v(b)

ν (Q)

(3.1046)

e quindi, usando la proprieta della traccia per cui Tr(AB..CD) = Tr(DAB...C),otteniamo

Lαβ = Tr

(∑

b

v(b)ν (Q)v(b)

ν (Q)

)γα(1− γ5)

(∑a

v(a)e (q)v(a)

e (q)

)(1 + γ5) γβ

=

= Tr (6Q−mν) γα(1− γ5) ( 6q −me) (1 + γ5) γβ =

= Tr 6Q γα(1− γ5) 6q (1 + γ5) γβ −mν γα(1− γ5) 6q (1 + γ5) γβ−− me 6Q γα(1− γ5) (1 + γ5) γβ + mν me γα(1− γ5) (1 + γ5) γβ (3.1047)

Gli ultimi due contributi sono evidentemente nulli, dato che (1+ γ5)(1− γ5) = 0.Anche il secondo termine della somma, proporzionale a mν , e nullo e non soloperche abbiamo assunto mν = 0, infatti risulta

Tr γα(1− γ5) 6q (1 + γ5) γβ = Tr γα(1− γ5) (1− γ5) 6q γβ =

= 2 Tr γα(1− γ5) 6q γβ = 2 Tr γα 6q γβ − γα γ5 6q γβ (3.1048)

e la traccia del prodotto di un numero dispari di γµ e nulla.Dunque, in definiva, abbiamo

Lαβ = Tr 6Q γα(1− γ5) 6q (1 + γ5) γβ =

= Tr 6Q γα(1− γ5) (1− γ5) 6qγβ =

= 2 Tr 6Q γα(1− γ5) 6qγβ =

= 2 Tr 6Q γα 6qγβ − 2 Tr 6Q γαγ5 6qγβ =

= 2 Qσqτ Tr γσγα γτ γβ − 2 Qσqτ Tr γσγα γ5 γτ γβ (3.1049)

183

ma, come e dimostrato in Appendice, risulta

Tr γσγα γτ γβ = 4 [δσαδτβ + δσβδατ − δστδαβ] (3.1050)

Tr γσγα γ5 γτ γβ = Tr γσγα γτ γβ γ5 = 4i εσατβ (3.1051)

per cui, in definitiva, abbiamo (εσατβ = − εαβστ )

Lαβ = 8 [Qα qβ + Qβ qα − (Q · q)δαβ + i εαβστ Qσ qτ ] (3.1052)

dove Q e il quadrimpulso dell’antineutrino mentre q e quello del positrone.

Veniamo adesso al tensore adronico e procediamo nel solito modo: si ha

Wαβ =∑r ,s

[u(s)

n (p) γα(1− γ5) u(r)p (P )

]·[u(s)

n (p) γβ(1− γ5) u(r)p (P )

]∗=

=∑r ,s

Tr[

u(s)n (p) γα(1− γ5) u(r)

p (P )]·[u(r)

p (P ) (1 + γ5) γβ u(s)n (p)

]=

= Tr

(∑s

u(s)n (p)u(s)

n (p)

)γα(1− γ5)

(∑r

u(r)p (P ) u(r)

p (P )

)(1 + γ5) γβ

=

= Tr(6p + Mn)γα(1− γ5) ( 6P + Mp)(1 + γ5) γβ

(3.1053)

da cui, confrontando con quanto ottenuto per il tensore leptonico, si ottieneimmediatamente185

W αβ = 8[pα P β + pβ Pα − (p · P )δαβ + i εαβηρ pη Pρ

](3.1056)

dove P e il quadrimpulso del protone e p quello del neutrone.Sia nel caso del tensore leptonico che in quello del tensore adronico, abbiamo laparte reale che e simmetrica mentre la parte immaginaria risulta antisimmetrica:evidentemente, nella contrazione dei due tensori, le due parte reali si contrarrannofra loro e cosı pure le due parte immaginarie, ma non ci saranno186 termini misti.

185Forse non e inutile ricordare che risulta altresı

Trγσγα γτ γβ

= 4

[δσαδτβ + δσβδατ − δστδαβ

](3.1054)

Trγσγα γτ γβ γ5

= 4i εσατβ (3.1055)

e che ε0123 = +1 = −ε0123 .186Termini misti sarebbero immaginari e si vede male come questi potrebbero esistere in un

modulo quadro ... !

184

Risulta quindi

|M|2 =G2

F

2Lαβ Wαβ =

G2F

264 [Qα qβ + Qβ qα − (Q · q)δαβ + i εαβστ Qσ qτ ] ·

·[pα P β + pβ Pα − (p · P )δαβ + i εαβηρ pη Pρ

]=

= 32 G2F [(Qp)(qP ) + (QP )(qp)− (pP )(qQ) +

+ (QP )(qp) + (Qp)(qP )− (pP )(qQ)−− (Qq)(pP )− (Qq)(pP ) + 4(pP )(qQ)− εαβστ εαβηρ pη Pρ Qσ qτ

](3.1057)

Tenendo conto che

εαβστ εαβηρ = −2 ( δησ δρ

τ − δητ δρ

σ ) (3.1058)

abbiamo quindi

|M|2 = 32 G2F [2(Qp)(qP ) + 2(QP )(qp) + 2 pη Pρ Qσ qτ (δη

σ δρτ − δη

τ δρσ)] =

= 32 G2F [2(Qp)(qP ) + 2(QP )(qp) + 2(Qp)(qP )− 2(QP )(qp)] =

= 128 G2F (pQ)(qP ) (3.1059)

Sostituendo dunque la (3.1059) nell’espressione seguente della sezione d’urto dif-ferenziale ( a e b indicano i moduli degli impulsi nel CM delle due particellenello stato iniziale e finale, rispettivamente)

dσ =1

64π s

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

s−M2p

|M|2 (−d cosθ) =

=1

64π s

b

a|M|2 (−d cosθ) (3.1060)

abbiamo quindi

dσ =G2

F

2π s

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

s−M2p

(2pQ)(2Pq) (−d cosΘ) =

=G2

F

2π s

b

a(2pQ)(2Pq) (−d cosΘ) (3.1061)

Per questo tipo di processo, pero, e piu utile usare, al posto della variabilecosθ ≡ cosθCM , la variabile187 y che abbiamo introdotto attraverso la (3.974) eper la quale abbiamo dimostrato che, ad s fissato, risulta

d(−cosΘ) =1

B dy; A− B ≤ y ≤ A+ B (3.1064)

187Secondo la definizione, la variabile y, che e scalare sotto il gruppo di Lorentz, come si e giavisto, essa risulta espressa dalla equazione

y =P (Q− q)

PQ(3.1062)

185

essendo, nel caso presente

A = 1− (s + m2e −M2

n)(s + M2p −m2

ν)

2s(s−M2p −m2

ν)=

= 1− (s + m2e −M2

n)(s + M2p )

2s(s−M2p )

(3.1065)

B =

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

√(s−M2

p −m2ν)

2 − 4M2p m2

ν

2s(s−M2p −m2

ν)=

=

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

2s=

2ab

s−M2p

(3.1066)

e le semplificazioni dipendono dal fatto ohe abbiamo assunto mν = 0 .In termini di questa variabile, abbiamo dunque

dσ

dy=

2G2F

π

(pQ)(Pq)

s(s−M2p )

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

1

B =

=4G2

F

π

(pQ)(Pq)

(s−M2p )

=G2

F

π

(2pQ)(2Pq)

(s−M2p )

(3.1067)

D’altronde

y =2(PQ)− 2(Pq)

2(PQ)= 1− 2(Pq)

2(PQ)⇒ 2(Pq) = 2(PQ)(1− y) (3.1068)

ma

s = (P + Q)2 = 2(PQ) + M2p (3.1069)

e dunque

2(Pq) = (s−M2p )(1− y) (3.1070)

per cui abbiamo infine

dσ

dy=

G2F

π(1− y) (2pQ) (3.1071)

Nel riferimento del Laboratorio, dove il protone puo essere considerato fermo, essa vale dunque

y =Mp(Eν − Ee)

MpEν=

Eν − Ee

Eν(3.1063)

ovvero essa rappresenta proprio la frazione di energia leptonica che viene trasferita al sistemaadronico, calcolata nel riferimento in cui l’adrone che subisce l’urto e inizialmente in quiete.

186

Fino a questo punto non abbiamo fatto approssimazioni, se non quella di consid-erare neutrone e protone come particelle di Dirac senza struttura interna.D’altronde

P + Q = p + q ⇒ P − q = p−Q ⇒⇒ M2

p + m2e − 2(Pq) = M2

n − 2(pQ) ⇒⇒ 2(pQ) = M2

n −M2p −m2

e + 2(Pq) (3.1072)

per cui, se confondiamo adesso la massa del protone con quella del neutrone etrascuriamo del tutto la massa dell’elettrone, ecco che (Pq) = (Qp) e dunquerisulta

dσ

dy=

G2F

π(1− y)2 (s−M2) (3.1073)

dove M e appunto la massa del nucleone.Volendo adesso determinare la sezione d’urto totale relativa al processo di scatter-ing in esame, occorre evidentemente integrare la (3.1073) fra gli estremi definitinella (3.1064). D’altronde, nella stessa approssimazione sopra citata in cui sitrascurano le masse leptoniche e si confondono fra loro quelle adroniche, risulta

A = 1− (s + m2e −M2

n)(s + M2p −m2

ν)

2s(s−M2p −m2

ν)→ 1− s + M2

2s=

s−M2

2s(3.1074)

B =

√(s−M2

n −m2e)

2 − 4M2nm2

e

2s→ s−M2

2s(3.1075)

e dunque l’integrazione in y va fatta fra A− B = 0 ed A+ B = 1− M2

s.

Ma

∫ 1−M2

s

0(1− y)2 dy =

∫ 1

M2

s

t2 dt =1

3

1−

(M2

s

)3 =

=1

3

(1− M2

s

) 1 +

(M2

s

)+

(M2

s

)2

=s−M2

3s

1 +

(M2

s

)+

(M2

s

)2 (3.1076)

per cui risulta evidentemente che

σ(ν p → n e+) =G2

F

π

(s−M2)2

3s

1 +

(M2

s

)+

(M2

s

)2 (3.1077)

Nel caso del processo studiato da Cowan e Reines, l’energia Eν del neutrino (nelsistema del laboratorio) era dell’ordine di alcuni MeV , quindi certamente grande

187

rispetto alla massa dell’elettrone ma molto minore di quella del nucleone.In questo caso (limite di bassa energia), essendo

s = 2Eν M + M2 ⇒ s−M2 = 2Eν M (3.1078)

risulta

σ(ν p → n e+) =G2

F

π

4Eν2M2

3s

1 +

(M2

s

)+

(M2

s

)2 ≈ G2

F

π4 E2

ν (3.1079)

dove abbiamo usato il fatto che, in questa approsssimazione M2/s ≈ 1.Numericamente abbiamo

σ(ν p → n e+) ≈ G2F

π4 E2

ν

=(1.166× 10−5)2

π· 4× 10−6

(Eν

1 MeV

)2

GeV −2 =

= 1.73× 10−16(

Eν

1 MeV

)2

GeV −2 (3.1080)

Volendo esprimere la sezione d’urto totale σ in cm2, occorre moltiplicare l’espressioneprecedente per (hc)2: ricordando che

hc = 197.327 MeV · fm = 0.197× 10−13 GeV · cmotteniamo infine

σ(ν p → n e+) = 1.73× 10−16 · (0.197× 10−13)2(

Eν

1 MeV

)2

=

= 6.72× 10−44(

Eν

1 MeV

)2

cm2 (3.1081)

in buon accordo con il valore (3.1029) trovato da Cowan e Reines, i.e.

σ(ν + p → e+ + n)exp = 12+7−4 · 10−44 cm2 (3.1082)

Va comunque detto che, in realta, nemmeno nel caso dell’urto anelastico a bassaenergia, quando la lunghezza d’onda di De Broglie del neutrino e comunque an-cora molto maggiore delle dimensioni del nucleone, e lecito trascurarne la strut-tura interna. L’espressione del tensore W αβ ha altri contributi oltre a quelli vistiin precedenza, ed anche quelli legati alla parte vettoriale ed assiale della cor-rente dipendono poi da fattori di forma che sono funzione del momento trasferito(dell’invariante (Q− q)2...).

Poi, nel limite di alta energia (s >> M2), dove l’espressione della sezioned’urto da noi calcolata fornirebbe

σ(ν p → n e+) ≈ G2F

3πs =

G2F

3π2EM (3.1083)

occorre tenere conto che l’urto avviene sui quarks costituenti (di valenza e suquelli virtuali (del mare): si parla, in questo caso, di Deep Inelastic Scattering(DIS) e la sua trattazione va oltre gli scopi di questo Corso.

188

3.6 Applicazione a processi di decadimento

Vediamo adesso come possiamo applicare quanto abbiamo appreso a processidi decadimento che, con quelli di scattering, completano le nostre possibilita distudio della dinamica delle interazioni fra particelle.

3.6.1 Il decadimento del pione

Vogliamo studiare la reazione di decadimento188

π− → l− + νl (3.1084)

dove l− sta per un generico leptone negativo (puo trattarsi solo di e− o µ− ...visto che mτ >> mπ !).Come abbiamo gia avuto modo di osservare, esso avviene via interazione debole eprecisamente via l’annichilazione dello stato (d u) in un W− virtuale che decadequindi in un sistema puramente leptonico, come mostra la fig.(8).

Figure 8: Decadimento del pione negativo in muone e antineutrino muonico

Poiche il processo avviene su una scala di energie ( mπ ≈ 139 MeV ) molto minoredella massa189 del W , la teoria di Fermi (corretta per la violazione di parita) e dinuovo del tutto adeguata a descriverlo. Essa afferma che

LW (x) = −GF√2

Jµ(x) J†µ(x) (3.1085)

dove Jµ(x) e la somma della corrente adronica e leptonica e, quanto a quest’ultima,come abbiamo gia osservato in precedenza, risulta data da

Jµlept(x) = ψl(x) γµ (1− γ5) ψν(x) (3.1086)

188Per il decadimento coniugato di carica π+ → l+νl valgono considerazioni del tutto simili.189MW ≈ 81 GeV

189

Ricordiamo che, per quanto visto precedentemente, se prescindiamo dallo stato dispin delle particelle nello stato finale, il rate differenziale di decadimento risultaessere dato dall’espressione generale (3.833)

dΓ =1

2S + 1

1

2E|M|2 dΦ (3.1087)

dove S e lo spin della particella che decade (S = 0 per il pione ...), E e la suaenergia nel sistema di riferimento dove stiamo operando, |M|2 e la somma suglistati di spin iniziali e finali dei moduli quadri degli elementi di matrice invariantidel decadimento e dΦ e l’elemento di spazio delle fasi invariante associato allostato finale, che, nel nostro caso, come si e gia visto, e dato da

dΦ =1

16π2

√(s−m2

1 −m22)

2 − 4m21m

22

2sdΩCM (3.1088)

essendo dΩCM l’elemento di angolo solido relativo ad una delle due particelle nellostato finale (la direzione di moto dell’altra e, ovviamente, opposta ...) ed s lamassa invariante quadra del sistema, pari, ovviamente a s = M2 .

Se ci poniamo quindi nel sistema del CM , ovvero nel riferimento in cui ilpione e fermo, ed assumiamo al solito che sia nulla la massa del neutrino, dettam la massa del leptone carico, risulta dunque

dΓ =1

1

1

2M|M|2 1

16π2

(M2 −m2)

2M2dΩCM =

=1

32π

M2 −m2

M3|M|2 d(−cosθCM) (3.1089)

dove M e la massa del pione e dΩCM si riferisce alla direzione di volo del leptonecarico nel sistema del CM orientato, comunque, in modo arbitrario.

Veniamo adesso al calcolo esplicito di M.Per quanto gia visto (cfr. eq.(3.814)), risulta

M =< out| LW (0) |in > (3.1090)

dove si e usato il fatto che la densita lagrangiana debole non contiene accoppia-menti derivativi e dunque e opposto alla densita hamiltoniana.

Poiche gli stati adronici e leptonici hanno in comune solo lo stato di vuoto,deve essere

M = −GF√2

< l− ν|J leptµ (0)|Ω > · < Ω|Jµ†

hadr(0)|π− > (3.1091)

Ma allora, se indichiamo con P µ il quadrimpulso del pione, essendo esso unaparticella senza spin, quanto alla quantita < Ω|Jµ†

hadr(0)|π− > essa non puo cheessere semplicemente proporzionale a P µ , i.e.

< Ω|Jµ†hadr(0)|π− >= f P µ (3.1092)

190

dove la costante f , nell’ottica di descrivere con lo stesso formalismo anche idecadimenti degli altri mesoni pseudoscalari, dovendo essere una funzione scalaredi Lorentz, potra dipendere, in questo caso, solo dalla massa stessa del pione, i.e.

f = f(mπ) = fπ cosθC (3.1093)

dove il fattore cosθC nasce dal fatto che oggi sappiamo che la reazione di annichi-lazione (du) → W− procede attraverso la corrente uγµ(1−γ5) dC e il campo delquark dC e sostanzialmente pari a dC = d cosθC + s sinθC essendo s il campodel quark strano e θC l’angolo di Cabibbo.

Veniamo ora all’altra quantita che compare nella (3.1091), i.e. consideriamol’espressione < l− , ν|J lept

µ (0)|Ω > .Piu esplicitamente, se q e k con s , r sono, rispettivamente, gli impulsi e gli statidi spin del leptone carico e dell’antineutrino, dobbiamo valutare l’espressione

< l−(q, s) , ν(k, r)|ψl(0) γµ (1− γ5) ψν(0)|Ω > (3.1094)

la quale, evidentemente, risulta pari a

< l−(q, s) ν(k, r)|ψl(0) γµ (1− γ5) ψν(0)|Ω >=

= < l−(q, s)|ψl(0) |Ω > γµ (1− γ5) < ν(k, r)|ψν(0)|Ω >=

= u(s)l (q) γµ (1− γ5) v(r)

ν (k) (3.1095)

per cui, essendo P µ = kµ + qµ , abbiamo

M = −GF√2

fπ cosθC (kµ + qµ) u(s)l (q) γµ (1− γ5) v(r)

ν (k) =

= −GF√2

fπ cosθC u(s)l (q) 6q (1− γ5) v(r)

ν (k)−

− GF√2

fπ cosθC u(s)l (q) (1 + γ5) 6k v(r)

ν (k) (3.1096)

dove abbiamo usato il fatto che γ5 anticommuta con tutte le γµ.D’altronde, se come abbiamo fin’ora ammesso, possiamo considerare il neutrinocome avente massa nulla, allora, per l’equazione di Dirac, si ha che

6k v(r)ν (k) = 0 (3.1097)

mentre, per lo stesso motivo, risulta

u(s)l (q) 6q = m u

(s)l (q) (3.1098)

dove m e la massa del leptone carico. Dunque abbiamo infine

M = −mGF√

2fπ cosθC u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k) (3.1099)

191

A noi, comunque, per calcolare dΓ , serve di valutare |M|2 , ovvero serve laquantita

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

m2

∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2

(3.1100)

ma∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 =

=∑r,s

[u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)] [

u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)]∗

=

=∑r,s

[u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)] [

u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)]†

=

= Tr

∑r,s

[u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)] [

u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)]†

(3.1101)

dove abbiamo usato il fatto che[u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)]

e un numero complesso ecome tale puo anche essere visto come una matrice 1×1 e quindi come coincidentecon la sua stessa traccia.Dunque, ricordando che v† = v γ0, γ†5 = γ5, u† = γ0 u, (A ·B)† = B†A† , abbiamo

Tr

∑r,s

[u

(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)] [

u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)]†

=

= Tr∑r,s

u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k) v(r)ν (k) γ0 (1− γ5) γ0 u

(s)l (q) (3.1102)

Ma Tr(A ·B · C) = Tr(B · C · A) , dunque

∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 =

= Tr

[∑s

u(s)l (q)u

(s)l (q)

](1− γ5)

[∑r

v(r)ν (b)v(r)

ν (k)

](1 + γ5)

(3.1103)

dove si e usato il fatto che γ0 e γ5 anticommutano, mentre γ20 = I.

D’altronde, come sappiamo (si ricordi che il neutrino ha massa nulla ...)

∑s

u(s)l (q)u

(s)l (q) = 6q + m;

∑r

v(r)ν (b)v(r)

ν (k) = 6k (3.1104)

e quindi∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = Tr [(6q + m)(1− γ5) 6k (1 + γ5)] =

= Tr[(6q + m) 6k (1 + γ5)

2]

= 2 Tr [6q + m) 6k (1 + γ5] =

= 2 Tr [6q 6k+ 6q 6k γ5 + m 6k + m 6k γ5] (3.1105)

192

ma

Tr(γµ γν) = 4 δµν (3.1106)

Tr(γµ γν γ5) = 0 (3.1107)

Tr(γµ) = 0 (3.1108)

Tr(γµ γ5) = 0 (3.1109)

per cui, in definitiva, risulta

m2∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = 8 m2 (k · q) (3.1110)

e dunque, nel caso in cui non interessa lo stato di spin del leptone carico l−,abbiamo

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

m2

∑r,s

|u(s)l (q) (1− γ5) v(r)

ν (k)|2

=

= 4 m2 G2F |fπ|2 cos2θC (k · q) (3.1111)

per cui abbiamo

dΓ =1

2M4 m2 G2

F |fπ|2 cos2θC (k · q) 1

32π2

M2 −m2

M2dΩCM (3.1112)

ma

(k + q)2 = M2 ⇒ M2 = 0 + 2 (k · q) + m2 ⇒⇒ 2 (k · q) = M2 −m2 = 2M Eν (3.1113)

dove Eν e l’energia del neutrino nel sistema del CM .Sostituendo nella (3.1111), otteniamo quindi

|M|2 = 4M G2F |fπ|2 cos2θC m2Eν = 2m2 G2

F |fπ|2 cos2θC (M2 −m2) (3.1114)

e dunque

dΓ =1

2M2 m2 G2

F |fπ|2 cos2θC (M2 −m2)1

32π2

M2 −m2

M2dΩCM (3.1115)

da cui, integrando sull’angolo solido (il decadimento, come e ovvio che debbaessere, e isotropo nel CM), si ha finalmente che

Γ =1

2M2 m2 G2

F |fπ|2 cos2θC (M2 −m2)1

32π2

M2 −m2

M24π =

= M m2 G2F |fπ|2 cos2θC

1

8π

(M2 −m2

M2

)2

(3.1116)

193

Questa relazione consente, in particolare, di determinare il rapporto fra i BR deidue decadimenti in elettrone-neutrino e muone-neutrino. Abbiamo

Rπ ≡ Γ(π− → e− νe)

Γ(π− → µ− νµ)=

(me

mµ

)2 (M2

π −m2e

M2π −m2

µ

)2

=

=(

0.511

105.7

)2(

139.62 − 0.5112

139.62 − 105.72

)2

≈ 2.337 · 10−5 × 5.492 ≈

≈ 1.283 · 10−4 (3.1117)

che, per gli anologhi decadimenti del K, diventa190

RK ≡ Γ(K− → e− νe)

Γ(K− → µ− νµ)=

(me

mµ

)2 (M2

K −m2e

M2K −m2

µ

)2

≈ 2.337 · 10−5 × 1.098 ≈

≈ 2.567 · 10−5 (3.1119)

Questi risultati mostrano come il decadimento in elettrone-neutrino sia moltosfavorito rispetto a quello in muone-neutrino, nonostante il vantaggio del maggiorspazio delle fasi a disposizione (tanto piu vero nel decadimento del pione ...).La ragione sta nella conservazione del momento angolare, unitamente al fatto chela struttura della corrente debole carica implica che, nel limite di massa nulla,l’elicita della particella e della antiparticella debbano essere opposte.E’ soltanto per via che i leptoni carichi hanno massa che essi possono essereprodotti in uno stato di elicita opposto a quanto stabilirebbe, per massa nulla, ilproiettore di chiralita χ− = 1−γ5

2caratteristico delle interazioni deboli, ma questa

possibilita e pesata, nell’ampiezza del processo, con la massa stessa del leptonecarico.E’ bene, pero, a questo punto chiarire bene che la soppressione di elicita, descritta,per esempio, dal fattore (3.1119) nasce unicamente dal carattere vettoriale dellacorrente e non tanto dalla presenza in essa del proiettore chirale χ−.Infatti consideriamo una generica corrente vettoriale

Jµ(x) = ψa(x) γµ ψb(x) (3.1120)

e supponiamo che, nel processo in cui essa e coinvolta, questa corrente sia respon-sabile della creazione della particella a e della antiparticella b (ricordiamo che ψpossiede l’operatore di creazione di antiparticelle, mentre ψ quello di creazionedelle particelle), potendo essere, beninteso, anche che a e b siano la stessa parti-cella (come accade in QED).

190Lo SM , tenendo conto di correzioni di ordine superiore, fornisce, rispettivamente

Rπ = 1.235 · 10−4; RK = 2.47 · 10−5 (3.1118)

194

Figure 9: Ampiezze di elicita associate alla corrente vettoriale

Ricordando che χ+ + χ− = I e che (χ±)2 = χ±, abbiamo intanto che

Jµ = ψa γµ (χ+ψb) + ψa γµ (χ−ψb) = ψa γµ [(χ+)2ψb] + ψa γµ [(χ−)2ψb] =

= (ψa χ−) γµ (χ+ ψb) + (ψa χ+) γµ (χ− ψb) (3.1121)

dove si e usato il fatto che γµ χ± = χ∓ γµ.Poniamo adesso191

ψR ≡ χ+ ψ ⇔ ψR = ψ χ−; ψL ≡ χ− ψ ⇔ ψL = ψ χ+ (3.1123)

per cui risulta

Jµ = ψR,a γµ ψR,b + ψL,a γµ ψL,b (3.1124)

I due termini di cui sopra, detti rispettivamente termine di corrente right (R) etermine di corrente left (L), nel caso considerato (creazione della particella a edella antiparticella b) generano, per quanto abbiamo gia visto circa il legame frachiralita ed elicita, ampiezze con i pesi relativi di cui alla Fig. 9 che, nel casoparticolare in cui, per esempio, la massa della particella b sia nulla, si riduconocome in Fig. 10.Come si vede chiaramente, se il sistema delle due particelle considerate trae orig-ine da una particella di spin nullo, la conservazione del momento angolare imponeche possano contribuire comunque solo le ampiezze relative a processi con parti-celle/antiparticelle di elicita uguale, che sono pero soppresse del fattore m/E ...

191Si ricordi che, visto che γ5 e reale e simmetrica ed anticommuta con γ0, risulta

(χ± ψ) = ψ χ∓ (3.1122)

195

Figure 10: Ampiezze di elicita associate alla corrente vettoriale, nel caso in cuiuna massa sia nulla

Nel caso poi delle interazioni deboli, per via della struttura V − A, accade poiche sia presente solo il termine left ... ma questo fatto , come si e visto, non hapraticamente rilevanza alcuna sulla questione della soppressione di elicita !

Vediamo adesso come si modificano i risultati ottenuti in precedenza, nel casoin cui il neutrino abbia una massa µ 6= 0 e sia una particella di Dirac.Iniziamo occupandoci di |M = |2: il punto di partenza e ancora l’elemento dimatrice (3.1096), i.e.

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) 6q (1− γ5) v(r)

ν (k) + u(s)l (q) (1 + γ5) 6k v(r)

ν (k)]

=

= −GF√2

fπ cosθC

[mu

(s)l (q)(1− γ5) v(r)

ν (k)− µ u(s)l (q) (1 + γ5)v

(r)ν (k)

](3.1125)

dove abbiamo usato il fatto che u(s)l (q) 6q = m u

(s)l (q) e che 6k v(r)

ν (k) = −µ v(r)ν (k).

Poniamo allora

R = m(1− γ5)− µ(1 + γ5) = (m− µ)− γ5(m + µ) = R† (3.1126)

risulta cosı

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) R v(r)

ν (k)]

(3.1127)

da cui ricaviamo

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) R v(r)

ν (k)|2 (3.1128)

196

ma, al solito, possiamo scrivere∑r,s

|u R v|2 =∑r,s

(u R v) · (u R v)∗ =∑r,s

(u R v) · (u R v)† =

= Tr

[∑r,s

u R v v† R† u†]

= Tr

[∑r,s

u R v vγ0 R γ0 u

]=

= Tr

(∑s

u(s)l (q) u

(s)l (q)

)R

(∑r

v(r)ν (k) v(r)

ν (k)

)γ0Rγ0

=

= Tr(6q + m) R (6k − µ) R

(3.1129)

dove abbiamo definito

R ≡ γ0 R γ0 = (m− µ) + γ5(m + µ) (3.1130)

Siccome sia R che R hanno un numero pari di matrici γ, gli unici termini chepossono contribuire alla traccia (3.1129) sono

−mµ Tr(R R) + Tr(6qR 6kR) (3.1131)

Risulta (si ricordi che Tr(γ5) = 0 )

−mµ Tr(R R) = −mµ Tr [(m− µ)− γ5(m + µ)][(m− µ) + γ5(m + µ)] =

= −mµ[4(m− µ)2 − 4(m + µ)2] = 16 m2µ2 (3.1132)

mentre e (si ricordi che Tr(γ5)γαγβ = 0 )

Tr( 6qR 6kR) = Tr 6q [(m− µ)− γ5(m + µ)] 6k [(m− µ) + γ5(m + µ)] =

= Tr(m− µ)2 6q 6k − (m + µ)2 6qγ5 6kγ5

=

= 4(m− µ)2(qk) + 4(m + µ)2(qk) = 8(m2 + µ2)(qk) (3.1133)

per cui, in definitiva, risulta∑r,s

|u(s)l (q) R v(r)

ν (k)|2 = 8(m2 + µ2)(qk) + 16 m2µ2 (3.1134)

e dunque, finalmente,

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC · 8

[(m2 + µ2)(qk) + 2 m2µ2

]=

= 4 G2F |fπ|2 cos2θC ·

[(m2 + µ2)(qk) + 2 m2µ2

]=

= 4 G2F |fπ|2 cos2θC ·

m2[µ2 + (qk)] + µ2[m2 + (qk)]

=

= 2 G2F |fπ|2 cos2θC ·

m2(2µ2 + M2 −m2 − µ2) + µ2(2m2 + M2 −m2 − µ2)

=

= 2 G2F |fπ|2 cos2θC ·

m22MEν + µ22MEl

=

= 4M G2F |fπ|2 cos2θC ·

m2Eν + µ2El

(3.1135)

197

dove Eν ed El sono, rispettivamente, le energie nel centro di massa del neutrinoe del leptone (da confrontare con la (3.1114), ottenuta direttamente nel caso incui µ = 0).Per quanto riguarda infine dΓ, occorre tenere conto della massa del neutrinoanche nell’elemento di angolo solido dΦ: si ha

dΦ =1

16π2

M2 −m2

2M2dΩCM → 1

16π2

√(M2 −m2 − µ2)2 − 4m2µ2

2M2dΩCM

=1

16π2

bl√s

dΩCM (3.1136)

dove bl e il modulo dell’impulso spaziale del leptone carico e dell’antineutrino,visti nel sistema del CM . Risulta quindi

dΓ =1

2M|M|2 dΦ =

=1

2M· 4M G2

F |fπ|2 cos2θC ·m2Eν + µ2El

· 1

16π2

bl

MdΩCM

ovvero, integrando sull’angolo solido, abbiamo infine

Γ =1

2πG2

F |fπ|2 cos2θC

m2Eν + µ2El

bl

M=

=1

4πG2

F |fπ|2 cos2θC(M2 −m2 − µ2)(m2 + µ2) + 4 m2µ2

M2bl =

=1

4πG2

F |fπ|2 cos2θCm2(M2 −m2)− µ2(M2 + 2m2 − µ2)

M2·

·√

(M2 −m2 − µ2)2 − 4m2µ2

2M(3.1137)

Fin qui abbiamo ignorato lo stato di spin delle particelle prodotte.E’ pero molto istruttivo vedere che cosa accade ad |M|2 quando, per esempio, sifissi lo stato di spin del leptone carico l−.Inizieremo assumendo di nuovo che la massa del neutrino sia nulla.Occorre ripartire dalla (3.1096), inserendo adesso nell’espressione dell’elementodi matrice, il proiettore di spin del leptone192

Π =1 + γ5 6N

2(3.1139)

192Si ricordi che (idem per lo spinore v ...)

(Πu) = (Π u)†γ0 = u†Π†γ0 = uγ0Π†γ0 = uγ0 1+ 6N†γ5

2γ0 = u

1− γ0 6N†γ0γ5

2=

= u1− 6Nγ5

2= u

1 + γ5 6N2

= uΠ (3.1138)

198

descritto dal quadrivettore Nµ, le cui proprieta generali, lo ricordiamo, sono che

(Nq) = 0; N2 = −1 (3.1140)

Si ha

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q)Π 6q (1− γ5) v(r)

ν (k)+

+ u(s)l (q) Π (1 + γ5) 6k v(r)

ν (k)]

(3.1141)

ovvero, essendo la massa del neutrino nulla (→6k v(r)ν (k) = 0), risulta

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q)Π 6q (1− γ5) v(r)

ν (k)]

(3.1142)

Ma i proiettori di spin commutano con i proiettori Λ± e dunque193

Π(6q + m) = ( 6q + m)Π ⇒ Π 6q =6q Π (3.1143)

per cui, essendo u(s)l (q) 6q = m u

(s)l (q), abbiamo

M = −GF√2

fπ cosθC

[m u

(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)]

(3.1144)

e dunque

|M|2 = m2 G2F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 (3.1145)

Procediamo dunque al calcolo di∑

r,s |u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2. Si ha

∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 =

=∑r,s

[u Π (1− γ5) v] [u Π (1− γ5) v]∗ =∑r,s

[u Π (1− γ5) v] [u Π (1− γ5) v]† =

= Tr

∑r,s

[u Π (1− γ5) v] [u Π (1− γ5) v]†

=

= Tr

∑r,s

u Π (1− γ5) v v† (1− γ5) Π† u†

=

193Come e noto, infatti, essendo (Nq) = 0, si ha

γ5 6N · 6q = γ5 Nαqβγαγβ = γ5 Nαqβ [−γβγα + 2δαβ ] = −γ5 6q· 6N + 2γ5(Nq) = 6q · γ5 6N

199

= Tr

∑r,s

u Π (1− γ5) v v γ0 (1− γ5) γ0Πγ0 γ0u

=

= Tr

(∑s

u(s)l (q) u

(s)l (q)

)Π (1− γ5)

(∑r

v(r)ν (k) v(r)

ν (k)

)(1 + γ5) Π

=

= Tr (m+ 6 q) Π (1− γ5) ( 6 k) (1 + γ5) Π = TrΠ(m+ 6 q) Π (1− γ5)

2 6 k

=

= 2Tr(m+ 6 q) Π2 (1− γ5) 6 k

= 2Tr (m+ 6 q) Π (1− γ5) 6 k (3.1146)

dove si e usato il fatto che

u† = γ0 u, Π† = γ0Πγ0, (1− γ5)2 = 2(1− γ5), Π2 = Π, Π 6 q =6 q Π

∑s

u(s)(q) u(s)(q) = 6 q + m,∑r

v(r)(k) v(r)(k) = 6 k

Risulta quindi dalla (3.1146), ricordando la definizione di Π, che∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = Tr (m+ 6 q) (1 + γ5 6N) (1− γ5) 6k =

= Tr m(1 + γ5 6N) (1− γ5) 6k+ 6q(1 + γ5 6N) (1− γ5) 6k =

= Tr m(1− γ5) 6k + mγ5 6N (1− γ5) 6k+ 6qγ5 6N (1− γ5) 6k+ 6q (1− γ5) 6kma i termini con un numero dispari di γ hanno traccia nulla, per cui il primo edil terzo addendo dell’espressione di sopra danno contributo nullo alla traccia, equindi∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = Tr m γ5 6N (1− γ5) 6 k+ 6 q (1− γ5) 6 k (3.1147)

ma

γ5 6N (1− γ5) = − 6N γ5(1− γ5) = 6N (1− γ5) (3.1148)

e ricordando che la traccia del prodotto di due γ per la γ5 e nulla, ecco che si ha∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = Tr m 6N (1− γ5) 6 k+ 6 q (1− γ5) 6 k =

= Tr m 6N 6 k + 6 q 6 k = 4m(N · k) + 4(q · k) ≡ 4(r+ · k) (3.1149)

dove si e posto, per definizione,

rµ+ ≡ qµ + mNµ (3.1150)

Sostituendo nella (3.1145), si ottiene194 dunque

|M|2 = m2 G2F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π (1− γ5) v

(r)ν (k)|2 =

= m2 G2F

2|fπ|2 cos2θC (4r+ · k) = 2m2 G2

F |fπ|2 cos2θC (r+ · k) (3.1151)

194Chiaramente, se sommiamo le due ampiezze quadre, ottenute per la polarizzazione Nµ eper la sua opposta −Nµ, essendo che (r+ · k) + (r− · k) = 2(qk) ritroviamo la (3.1111)...

200

E’ immediato adesso dimostrare che il fattore (r+·k) e nullo quando si scelga comedirezione e verso di polarizzazione del leptone quella corrispondente ad elicitanegativa nel riferimento del CM (pione fermo). Infatti, in questo riferimento,quanto agli impulsi, usando le formula consuete, abbiamo che

l− : q = (E, b~n); ν : k = (b,−b ~n) (3.1152)

con

b =M2 −m2

2M; E =

M2 + m2

2M(3.1153)

dove M e la massa del pione (o del kappa ...) ed m e quella del leptone carico.Il quadrivettore che descrive l’elicita positiva del leptone nel riferimento del CMe allora, come sappiamo, il seguente

N =1

m(b, E ~n) (3.1154)

per cui, per l’elicita negativa, si ha

r+ = q + m(−N) = (E, b~n)− (b, E ~n) = (E − b, (b− E)~n) =

= (E − b)(1,−~n) (3.1155)

il quale ha prodotto scalare nullo con il quadrivettore k = b(1,−~n) essendo195

light-like e ad esso proporzionale.Questo dimostra che il leptone negativo originato dal decadimento e in uno

stato di elicita definita ed essa e positiva, ovvero ”opposta” a quella che, peruna particella di massa nulla, stabilirebbe il proiettore chirale che compare nellalagrangiana che descrive le interazioni deboli, e questa e la ragione per la quale il

195Si ricordi che, se qµ e il quadrimpulso di una particella di Dirac di massa m in un certoriferimento inerziale, allora i quadrivettori che ne descrivono la polarizzazione in una datadirezione (nei due versi ...) in quel riferimento sono della forma

nµ = ± 1m

(m2

q · q qµ − qµ

)(3.1156)

dove q e un quadrivettore light-like. Ne segue che

±m nµ =m2

q · q qµ − qµ (3.1157)

e quindi anche i quadrivettori

rµ± = qµ ±mnµ =

m2

q · q qµ (3.1158)

sono comunque light-like con parte temporale positiva visto che, come segue immediatamentedalla (3.1158), nel sistema di quiete della particella la loro parte temporale vale proprio +m.

201

decadimento del pione (kappa) nel piu massivo muone e piu frequente di quelloin elettrone.Questa deduzione e esatta nell’ipotesi in cui la massa del neutrino e nulla.Ma vediamo che succede nel caso in cui µ 6= 0. Il punto di partenza e semprel’elemento di matrice (3.1096) che, nel caso in cui µ 6= 0, ha condotto alla (3.1127),i.e.

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) R v(r)

ν (k)]

(3.1159)

Quando si imponga al leptone carico una polarizzazione Π = 1+γ5 6N2

, questo,avendo posto R = (m− µ)− γ5(m + µ), diventa

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) Π R v(r)

ν (k)]

(3.1160)

da cui

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π R v(r)

ν (k)|2 (3.1161)

e la sommatoria, stavolta, diventa∑r,s

|u Π R v|2 =∑r,s

(u Π R v) · (u Π R v)∗ =∑r,s

(u Π R v) · (u Π R v)† =

= Tr

[∑r,s

u Π R v v† R† Π† u†]

= Tr

[∑r,s

u Π R v vγ0 R Π† γ0 u

]=

= Tr

(∑s

u(s)l (q) u

(s)l (q)

)Π R

(∑r

v(r)ν (k) v(r)

ν (k)

)γ0Rγ0 Π

=

= Tr(6q + m) Π R (6k − µ) R Π

= Tr

Π ( 6q + m) Π R (6k − µ) R

=

= Tr(6q + m) Π R (6k − µ) R

≡ ∑

r,s

|u Π R v|2 (3.1162)

dove abbiamo usato il fatto che Π ( 6q + m) = ( 6q + m) Π e che Π2 = Π.Questa traccia e fatta da quattro termini, che sono i seguenti:

1) : Tr6q Π R 6k R

= Tr

6q Π R2 6k

(3.1163)

2) : mTrΠ R 6k R

= mTr

Π R2 6k

(3.1164)

3) : −µTr6q Π R R

(3.1165)

4) : −mµ TrΠ R R

(3.1166)

dove

R2 = (m− µ)2 + (m + µ)2 − 2γ5(m2 − µ2) =

= 2(m2 + µ2)− 2γ5(m2 − µ2) (3.1167)

R R = (m− µ)2 − (m + µ)2 = −4 mµ (3.1168)

202

Quindi, quanto al primo termine, abbiamo

Tr6q Π R2 6k

= Tr

6q (1 + γ5 6N)

[(m2 + µ2)− γ5(m

2 − µ2)]6k

=

= Tr6q (m2 + µ2) 6k

= 4 (m2 + µ2)(q · k) (3.1169)

mentre dal secondo termine otteniamo

mTrΠ R2 6k

= mTr

(1 + γ5 6N)

[(m2 + µ2)− γ5(m

2 − µ2)]6k

=

= mTrγ5 6N (−γ5(m

2 − µ2)) 6k

=

= 4 m (m2 − µ2)(N · k) (3.1170)

Quanto al terzo termine esso non contribuisce, infatti

−µTr6q Π R R

=−µ

2Tr 6q(1 + γ5 6N) (−4mµ) = 0 (3.1171)

mentre il quarto termine fornisce

−mµ Tr

Π R R

= −mµ

2Tr (1 + γ5 6N) (−4mµ) = 8 mµ2 (3.1172)

Quindi risulta infine che

∑r,s

|u Π R v|2 = 4 (m2 + µ2)(q · k) + 4 m (m2 − µ2)(N · k) + 8 m2 µ2 (3.1173)

= 4 (m2(q · k + mN · k) + 4 µ2(q · k −mN · k) + 8 m2 µ2 =

= 4 m2(r+ · k) + 4 µ2(r− · k) + 8 m2 µ2 (3.1174)

ovvero abbiamo196

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π R v(r)

ν (k)|2

= G2F |fπ|2 cos2θC

[2 m2(r+ · k) + 2 µ2(r− · k) + 4 m2 µ2

](3.1177)

196Si osservi che

• sommando sui due stati di polarizzazione descritti dai quadrivettori N e −N riotteniamola (3.1134)

∑r,s

|u(s)l (q) R v(r)

ν (k)|2 = 8(m2 + µ2)(qk) + 16 m2µ2 (3.1175)

• ponendo µ = 0 riotteniamo la (3.1149), (si ricordi che, per µ → 0, R → mχ− ...)∑r,s

|u(s)l (q)Π m (1− γ5) v(r)

ν (k)|2 = 4 m2 (r+ · k) (3.1176)

203

Siccome r± sono quadrivettori light-like con parte temporale positiva, le quantita(r± · k) sono sempre strettamente positive197.Questo significa che il leptone uscente, adesso, non e in uno stato puro (di spin)e quindi non e completamente polarizzato.Lo stato finale e uno stato entangled e, visto che il pione non possiede spine che il decadimento avviene in onda S essendo l’interazione ”di contatto”, laconservazione del momento angolare impone che ci sia completa correlazione frale elicita198 dei due leptoni le quali, pero, risultano adesso possibili entrambe:evidentemente, quindi, se prescindiamo dallo stato di spin dell’antineutrino, illeptone carico puo essere descritto solo come una miscela statistica di stati percui non appare completamente polarizzato non essendo in uno stato puro.

Verifichiamo adesso la correlazione menzionata sopra fra le elicita .Per questo, ripartiamo dall’elemento di matrice (3.1096) che, nel caso in cui µ 6= 0,ha condotto alla (3.1127), i.e.

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) R v(r)

ν (k)]

(3.1178)

dove R ≡ (m− µ)− γ5(m + µ) = R†.Imponendo che lo stato di spin del leptone carico sia quello che e definito at-traverso il proiettore Π = 1+γ5 6N

2e che lo stato di spin del leptone neutro sia

quello definito attraverso il proiettore Ξ = 1+γ5 6n2

, l’elemento di matrice che de-scrive il processo diventa

M = −GF√2

fπ cosθC

[u

(s)l (q) Π R Ξ v(r)

ν (k)]

(3.1179)

da cui otteniamo

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π R Ξ v(r)

ν (k)|2 (3.1180)

e la sommatoria diventa ora199

∑r,s

|u Π R Ξ v|2 =∑r,s

(u Π R Ξ v) · (u Π R Ξ v)† =

197Evidentemente, se indichiamo con r0± le componenti temporali (positive !) dei quadrivettori

r± nel riferimento di quiete dell’antineutrino, la quantita scalare che stiamo considerando vale

2 m2(r+ · k) + 2 µ2(r− · k) + 4m2 µ2 = 2 m2 µ r0+ + 2 µ2 µ r0

− + 4 m2 µ2 > 0

198Rispetto al caso del neutrino con massa nulla in cui lo stato finale era rappresentato daun unico vettore di stato, adesso lo stato finale puo essere descritto in termini di due vettoridi stato in cui, alternativamente, un leptone ha l’elicita ”sbagliata”. I due stati si realizzanocon le proprie opportune probabilita e quindi si sommano in modo incoerente (si sommano leprobabilita e non le ampiezze ...).

199Si ricordi che

R ≡ (m− µ)− γ5(m + µ) = R†; R ≡ (m− µ) + γ5(m + µ)

204

= Tr

[∑r,s

u Π R Ξ v v† Ξ†R† Π† u†]

= Tr

[∑r,s

u Π R Ξ v vγ0Ξ† R Π† γ0 u

]=

= Tr

(∑s

u(s)l (q) u

(s)l (q)

)Π R Ξ

(∑r

v(r)ν (k) v(r)

ν (k)

)Ξ γ0Rγ0 Π

=

= Tr(6q + m) Π R Ξ ( 6k − µ) Ξ R Π

= Tr

Π ( 6q + m) Π R Ξ (6k − µ) Ξ R

=

= Tr(6q + m) Π R (6k − µ) Ξ R

≡ ∑

r,s

|u Π R Ξ v|2 (3.1181)

Questa traccia e fatta dei quattro termini seguenti

1) : Tr6q Π R 6k Ξ R

(3.1182)

2) : mTrΠ R 6k Ξ R

(3.1183)

3) : −µTr6q Π R Ξ R

(3.1184)

4) : −mµ TrΠ R Ξ R

(3.1185)

e risulta

Π R =1

2(1 + γ5 6N)[(m− µ)− γ5(m + µ)] =

=1

2[(m− µ)I − (m + µ)γ5 + (m− µ)γ5 6N + (m + µ) 6N ](3.1186)

Ξ R =1

2(1 + γ5 6n)[(m− µ) + γ5(m + µ)] =

=1

2[(m− µ)I + (m + µ)γ5 + (m− µ)γ5 6n− (m + µ) 6n] (3.1187)

I contributi non nulli al primo termine sono solo i seguenti (per ogni terminein Π R esiste un solo termine in Ξ R che consente un contributo non nullo allatraccia ...)

Tr6q Π R 6k Ξ R

=

1

4Tr 6q(m− µ) 6k(m− µ)− 6q(m + µ)γ5 6k(m + µ)γ5+

+ 6q(m− µ)γ5 6N 6k(m + µ)γ5 6n− 6q(m + µ) 6N 6k(m + µ) 6n =

=4

4

(m− µ)2 + (m + µ)2

(q · k) +

+1

4[(m− µ)2 − (m + µ)2] Tr 6q 6N 6k 6n

γ0Ξ†γ0 = Ξ; Ξ2 = Ξ γ0Π†γ0 = Π; Π2 = ΠΠ( 6q + m) = ( 6q + m)Π; Ξ( 6k − µ) = (6k − µ)Ξ

205

ma

Tr 6q 6N 6k 6n = qαNβkνnρ Trγαγβγνγρ

=

= 4 qαNβkνnρ (δαβδνρ + δαρδβν − δανδβρ) =

= 4[(q ·N)(k · n) + (q · n)(k ·N)− (q · k)(n ·N)] (3.1188)

e siccome (q ·N) = (k · n) = 0, abbiamo infine che

Tr6q Π R 6k Ξ R

=

= 2(m2 + µ2)(q · k)− 4mµ(q · n)(k ·N) + 4mµ(q · k)(n ·N) (3.1189)

Veniamo ora al secondo termine: abbiamo

mTrΠ R 6k Ξ R

=

m

4Tr −(m− µ) 6k(m + µ) 6n− (m + µ)γ5 6k(m− µ)γ5 6n+

+ (m− µ)γ5 6N 6k(m + µ)γ5 + (m + µ) 6N 6k(m− µ) =

=4m

4

−(m2 − µ2)(k · n) + (m2 − µ2)(k · n)+

+ (m2 − µ2)(k ·N) + (m2 − µ2)(k ·N)

=

= 2 m (m2 − µ2)(k ·N) (3.1190)

Quanto al terzo termine, analogamente risulta

−µTr6q Π R Ξ R

= −µ

4Tr − 6q(m− µ)(m + µ) 6n− 6q(m + µ)γ5(m− µ)γ5 6n+

+ 6q(m− µ)γ5 6N(m + µ)γ5+ 6q(m + µ) 6N(m− µ) =

= −4µ

4

−(m2 − µ2)(n · q)− (m2 − µ2)(n · q) +

− (m2 − µ2)(N · q) + (m2 − µ2)(N · q)

=

= 2 µ (m2 − µ2)(n · q) (3.1191)

Ed infine, circa l’ultimo termine, abbiamo

−mµ TrΠ R Ξ R

= −mµ

4Tr (m− µ)(m− µ)− (m + µ)γ5(m + µ)γ5+

+ (m− µ)γ5 6N(m− µ)γ5 6n− (m + µ) 6N(m + µ) 6n =

= −4mµ

4

(m− µ)2 − (m + µ)2 − (m− µ)2(n ·N)− (m + µ)2(n ·N)

=

= mµ4mµ + 2(m2 + µ2)(n ·N)

= 4m2µ2 + 2mµ(m2 + µ2)(n ·N) (3.1192)

per cui, combinando insieme i quattro risultati, otteniamo200 infine∑r,s

|u(s)l (q) Π R Ξ v(r)

ν (k)|2 = 2(m2 + µ2)(q · k)− 4mµ(q · n)(k ·N) +

+ 4mµ(q · k)(n ·N) + 2m(m2 − µ2)(k ·N) + 2µ(m2 − µ2)(n · q)+4m2µ2 + 2mµ(m2 + µ2)(n ·N) (3.1194)

200Come verifica del risultato ottenuto, osserviamo che se sommiamo il risultato per la polar-

206

da cui

|M|2 =G2

F

2|fπ|2 cos2θC

∑r,s

|u(s)l (q) Π R Ξ v(r)

ν (k)|2 = G2F |fπ|2 cos2θC ·

·(m2 + µ2)(q · k)− 2mµ(q · n)(k ·N) + 2mµ(q · k)(n ·N)+

+ m(m2 − µ2)(k ·N) + µ(m2 − µ2)(n · q) +

+ 2m2µ2 + mµ(m2 + µ2)(n ·N)

(3.1195)

Questo risultato, fornendo |M|2 in funzione sia dello stato di polarizzazione delleptone carico e che di quello neutro, ci permette di verificare la correlazionediretta che esiste fra le elicita dei due leptoni nel sistema201 del CM .Poniamoci dunque nel CM del decadimento, dove abbiamo

k = (E , b ~n); q = (E,−b ~n) (3.1196)

E =M2 + µ2 −m2

2M; E =

M2 + m2 − µ2

2M(3.1197)

b =

√(M2 −m2 − µ2)2 − 4m2µ2

2M(3.1198)

essendo ~n la direzione di volo dell’antineutrino.Iniziamo fissando l’elicita dell’antineutrino in modo che essa sia positiva (λ = +1):come e noto, questo implica che il quadrivettore che individua questo stato di spinsia

n =1

µ(b, E ~n) (3.1199)

Determiniamo il valore di |M|2 dalla (3.1195) imponendo che, per quanto riguardainvece il leptone carico, la sua elicita sia negativa (λ = −1), i.e.

N = − 1

m(b,−E ~n) (3.1200)

In queste ipotesi, quanto ai prodotti scalari che entrano nella (3.1195), risulta

(q · k) = E E + b2 =M2 −m2 − µ2

2(3.1201)

izzazione dell’antineutrino descritta dal quadrivettore n con quello relativo alla polarizzazionead essa opposta, descritta dal quadrivettore −n, otteniamo la (3.1173), i.e.

∑r,s

|u Π R v|2 = 4 (m2 + µ2)(q · k) + 4 m (m2 − µ2)(N · k) + 8m2 µ2 (3.1193)

201Si ricordi che mentre il risultato (3.1195) e invariante di Lorentz, ma la descrizione deglistati di elicita non lo e e necessita quindi di definire il riferimento in cui viene compiuta.

207

(q · n) =1

µ(E b + b E) =

b

µ(E + E) =

bM

µ(3.1202)

(k ·N) = − 1

m(E b + E b) = − b

m(E + E) = −bM

m(3.1203)

(n ·N) = − 1

mµ(b2 + E E) = − 1

2mµ(M2 −m2 − µ2) (3.1204)

per cui, sostituendo nella (3.1195), abbiamo

|M|2 = G2F |fπ|2 cos2θC

(m2 + µ2)(q · k)− 2mµ(q · n)(k ·N)+

+ 2mµ(q · k)(n ·N) + m(m2 − µ2)(k ·N) + µ(m2 − µ2)(n · q) +

+ 2m2µ2 + mµ(m2 + µ2)(n ·N)

=

= G2F |fπ|2 cos2θC

(m2 + µ2)

M2 −m2 − µ2

2+ 2mµ

bM

µ

bM

m−

− 2mµM2 −m2 − µ2

2

1

2mµ(M2 −m2 − µ2)−m(m2 − µ2)

bM

m+

+ µ(m2 − µ2)bM

µ+ 2m2µ2 −mµ(m2 + µ2)

1

2mµ(M2 −m2 − µ2)

=

= G2F |fπ|2 cos2θC

2M2b2 − (M2 −m2 − µ2)2

2+ 2m2µ2

=

= G2F |fπ|2 cos2θC

(M2 −m2 − µ2)2

2− 2m2µ2

− (M2 −m2 − µ2)2

2+ 2m2µ2

= 0 (3.1205)

La configurazione di spin richiesta e dunque impossibile.Altrettanto impossibile e la configurazione opposta, in cui entrambe le elicita sonocambiate di segno: la dimostrazione formale di questo segue immediatamente daquanto sopra, visto che gli unici termini lineari in n ed N presenti nella (3.1205)si elidono l’un l’altro (gli altri termini sono funzioni pari dei quadrivettori di spine dunque non cambiano).Possono esistere, quindi, solo le configurazioni in cui le elicita λ dei due leptonisono entrambe positive o entrambe negative.Iniziamo dal caso in cui siano entrambe positive. Rispetto al caso precedenteoccorre solo cambiare il segno ad N , ovvero prendere adesso

N =1

m(b,−E ~n) (3.1206)

cambiando, nella (3.1205), i segni a tutti i prodotti scalari che coinvolgono il soloquadrivettore N . Si ha

|M|2∣∣∣λ=+1

= G2F |fπ|2 cos2θC

(m2 + µ2)

M2 −m2 − µ2

2− 2mµ

bM

µ

bM

m+

208

+ 2mµM2 −m2 − µ2

2

1

2mµ(M2 −m2 − µ2) + m(m2 − µ2)

bM

m+

+ µ(m2 − µ2)bM

µ+ 2m2µ2 + mµ(m2 + µ2)

1

2mµ(M2 −m2 − µ2)

=

= G2F |fπ|2 cos2θC

(m2 + µ2)(M2 −m2 − µ2)− 2M2b2+

+(M2 −m2 − µ2)2

2+ 2bM(m2 − µ2) + 2m2µ2

=

= G2F |fπ|2 cos2θC

(m2 + µ2)(M2 −m2 − µ2)− (M2 −m2 − µ2)2

2+

+ 2m2µ2 +(M2 −m2 − µ2)2

2+ 2bM(m2 − µ2) + 2m2µ2

=

= G2F |fπ|2 cos2θC ··

(m2 + µ2)(M2 −m2 − µ2) + 2bM(m2 − µ2) + 2m2µ2

(3.1207)

che, nel caso in cui entrambe le elicita siano invece negative, diventa202

|M|2∣∣∣λ=−1

= G2F |fπ|2 cos2θC ··

(m2 + µ2)(M2 −m2 − µ2)− 2bM(m2 − µ2) + 2m2µ2

(3.1208)

Le due espressioni differiscono per il termine 2bM(m2 − µ2) che ha il segno delvalore comune delle due elicita λ.Nell’ipotesi in cui M > m, µ possiamo approssimare questo termine nel modoseguente

2bM(m2 − µ2) = (m2 − µ2)√

(M2 −m2 − µ2)2 − 4m2µ2 ≈

≈ (m2 − µ2)(M2 −m2 − µ2)

1− 1

2

(2mµ

m2 −m2 − µ2

)2 =

= (m2 − µ2)(M2 −m2 − µ2)− 2m2µ2 (m2 − µ2)

M2 −m2 − µ2(3.1209)

per cui, sostituendo, si ha

|M|2∣∣∣λ=±1

= G2F |fπ|2 cos2θC

(M2 −m2 − µ2)

[(m2 + µ2)± (m2 − µ2)

]+

+ 2m2µ2

[1∓ m2 − µ2

M2 −m2 − µ2

](3.1210)

dalla quale si ricava in particolare che, se M > m, µ allora, con buona approssi-mazione, risulta

|M|2∣∣∣λ=+1

|M|2∣∣∣λ=−1

≈(

m

µ

)2

(3.1211)

202Solo i termini lineari in n o N cambiano segno ...

209

A Appendix: Generalita

A.1 Le unita di misura

Il sistema di unita di misura di cui faremo uso, se non altrimenti specificato, e ilsistema cgs es (di Gauss) ed esso fornisce i seguenti valori delle costanti universalipiu comuni (1 ues = 1

2997924580coulomb, 1 erg = 10−7 J)

carica dell′elettrone e = 4.8032× 10−10 ues

massa dell′elettrone m = 9.1095× 10−28 g

costante di P lanck h =h

2 π= 1.05457266× 10−27 erg · s

velocita′ della luce c = 2.99792458× 1010 cm/s

Comunque, siccome questo sistema di unita di misura non e sempre di praticaapplicazione in fisica nucleare e subnucleare, in quanto le sue unita di misurasono spesso troppo grandi per la descrizione di sistemi di particelle,

• per quel che riguarda le distanze, useremo spesso il fermi (equivalente alfemtometro, definito dalla relazione

1 fermi = 1 fm = 10−13 cm = 10−15 m = 10−5 Angstrom;

• per l’energia, useremo l’elettronvolt (ed i suoi multipli), legato al sistemacgs ed SI dalla equivalenza

1 eV = 1.60219 · 10−12 erg = 1.60219 · 10−19 J ;

• per le masse delle particelle, invece dei grammi, useremo gli eVc2

e relativimultipli, per cui la massa dell’elettrone, per esempio, e

me = 9.1095 ·10−28 ·(2.99792458 ·1010)2 erg

c2= 8.187 ·10−7 erg

c2= 0.511

MeV

c2

poi, siccome molto spesso, sara piu comodo porre c = 1, scriveremo anche

m2 = 0.511 MeV ;

• per l’impulso, coerentemente con quanto sopra, useremo spesso le unita eVc

e relativi multipli. In questo modo, un elettrone che abbia una velocita v,possiede un impulso203

p = mv = mcβ = 0.511 βMeV

c.

203Se β ≡ v/c ≈ 1, allora, in realta, come e dimostrato nel testo, p = mcγ β, doveγ = (1− β2)−1/2, comunque, e un numero puro e quindi non ha dimensioni.

210

Nel sistema cgs es (di Gauss), le equazioni di Maxwell nel vuoto si scrivononel modo seguente

div ~E = 4π ρ;

div ~B = 0;

rot ~E = −1c

∂ ~B∂t

rot ~B = 4πc

~J + 1c

∂ ~E∂t

(A.1)

e la costante di struttura fina α e data da

α =e2

h c(A.2)

Per confronto, invece, nel Sistema Internazionale (SI) ed in quello di Heaviside-Lorentz risulta

α =

(e2

4πε0 hc

)

SI

=

(e2

4π hc

)

LH

=

(e2

hc

)

Gauss

=1

137.035 099 76

A.2 Le notazioni

La convenzione sugli indici che seguiremo e quella usata nel libro RelativisticQuantum Mechanics di Bjorken e Drell. Gli indici greci (α, β, ..) vanno da 0 a3, mentre gli indici italici (i, j, ..) vanno da 1 a 3.

Il tensore metrico gµν ≡ δµν = δµν ≡ gµν e tale che

δ00 = +1 δ11 = δ22 = δ33 = −1 (A.3)

ed il prodotto scalare di due quadrivettori p e q e indicato semplicemente con ilsimbolo pq, oppure (pq), se il simbolo senza parentesi puo dar luogo ad errori diinterpretazione

pq ≡ pµqµ ≡ pµδµνqν (A.4)

Dato un quadrivettore p, rappresenteremo poi con p2 la sua lunghezza invariante

p2 ≡ (p p) = pµ pµ (A.5)

che, come e noto, puo essere sia positiva che negativa o nulla.

L’operatore di D’Alembert e definito come

2 ≡ ∂µ∂µ = ∂2

0 −∇2 =∂2

∂t2− ∂

∂xi

∂

∂xi

(A.6)

211

Per quanto riguarda, poi, le matrici γµ di Dirac, ricordiamo che esse soddisfanole seguenti condizioni generali:

(γ0)2

= I (A.7)

(γ0)†= γ0 (A.8)

(γµ)† = γ0γµγ0 (A.9)

γµ, γν = 2δµν (A.10)

Per definizione poi, se p e un quadrivettore, allora

pµ γµ = pµ γµ ≡6p (A.11)

La matrice γ5 e definita dal prodotto

γ5 = iγ0γ1γ2γ3 (A.12)

e risulta

γ5, γµ = 0 (A.13)

(γ5)† = γ5 (A.14)

(γ5)2 = I (A.15)

mentre

σµν ≡ i

2[γµ, γν ] (A.16)

Dove necessario, adotteremo la rappresentazione di Pauli-Dirac delle matrici γ,i.e.

γ0 =

(I 00 − I

)γi =

(0 σi

−σi 0

)(A.17)

dove σi sono le usuali matrici di Pauli, i.e.

σ1 =

(0 11 0

), σ2 =

(0 − ii 0

), σ3 =

(1 00 − 1

)(A.18)

In questa rappresentazione, γ5 e data da

γ5 =

(0 II 0

)(A.19)

212

Per quanto concerne, poi, le tracce delle matrici γ, risulta

a) Trγµ = 0 = Trγ5 (A.20)

b) Trγµγν = 4 δµν (A.21)

c) Trγµ1 ...γµ2n+1 = 0 (A.22)

d) Trγµ1 ...γµ2n =

δµ1µ2Trγµ3 ...γµ2n − δµ1µ3Trγµ2γµ4 ...γµ2n+...δµ1µ2nTrγµ2 ...γµ2n−1 (A.23)

da cui si ha

e) Trγαγβγµγν = 4(δαβδµν + δανδβµ − δαµδβν) (A.24)

Se, fra le γ c’e anche γ5, allora

f) Trγµ1 ...γµ2n+1γ5 = 0 (A.25)

ed inoltre si ha

g) Trγµγνγ5 = 0 (A.26)

h) Trγαγβγµγνγ5 = 4i εαβµν (A.27)

i) Trγαγβγµγνγ5 = 4i εαβµν (A.28)

dove il tensore completamente antisimmetrico204 εαβµν e cosı definito:

εαβµν = +1 se α, β, µ, ν sono una permutazione pari di 0, 1, 2, 3

εαβµν = −1 se α, β, µ, ν sono una permutazione dispari di 0, 1, 2, 3

εαβµν = 0 negli altri casi

e percio, data la definizione di sopra, abbiamo

ε0123 = 1; ε0123 = −1

Passiamo adesso alla dimostrazione di quanto sopra affermato.La (A.20) e del tutto evidente dalle definizioni (A.17) e (A.19).Passiamo quindi alla (A.21). Per la proprieta della ciclicita della traccia per cui

TrAB = TrB A204Si osservi che, a differenza del tensore a tre indici εijk, una permutazione ciclica non

mantiene la parita iniziale. Per esempio, mentre (0123) e ovviamente pari, (1230) e dispari,come ci si puo convincere facilmente visto che si passa da (1230) a (0123) con tre permutazioni,i.e.

(1230) → (1203) → (1023) → (0123)

213

e per la (A.10), si ha

Trγµ γν =1

2Trγµ γν + γν γµ =

1

22 δµν TrI = 4 δµν

Veniamo quindi alla (A.22).Ricordiamo a questo proposito che γ2

5 = I, per cui, sempre per la proprieta ciclicadella traccia, si ha

T ≡ Trγµ1 ...γµ2n+1 = Trγµ1 ...γµ2n+1γ5γ5 = Trγ5γµ1 ...γµ2n+1γ5

Usando adesso la (A.13), si ha appunto che

T = (−1)Trγ5γµ1 ...γ5γ

µ2n+1 = (−1)2n+1Trγ5γ5γµ1 ...γµ2n+1 = −T

⇒ T = 0

Passiamo ora a dimostrare la (A.23).Premettiamo a questo riguardo una osservazione. Sia Γ il prodotto di varie ma-trici γ, allora, visto che dalla (A.10) sappiamo che

γµγνΓ = −γνγµΓ + 2 δµν IΓ = −γνγµΓ + 2 δµν Γ

ne segue che risulta

TrγµγνΓ = −TrγνγµΓ+ 2δµν TrΓVeniamo allora alla (A.23): si ha

T ≡ Trγµ1γµ2 ...γµ2n = −Trγµ2γµ1 ...γµ2n+ 2δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n =

= (−1)2Trγµ2γµ3γµ1 ...γµ2n − 2δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n+ 2δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n =

= (−1)2n−1Trγµ2γµ3 ...γµ2nγµ1+ 2δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n −−2δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n+ ... + 2δµ1µ2n Trγµ2γµ3 ...γµ2n−1

ovvero, usando la proprieta ciclica della traccia sul primo termine del secondomembro, si ottiene, finalmente, il risultato (A.23), i.e. appunto che

Trγµ1γµ2 ...γµ2n = δµ1µ2 Trγµ3 ...γµ2n − δµ1µ3 Trγµ2γµ4 ...γµ2n+

+... + δµ1µ2n Trγµ2γµ3 ...γµ2n−1Evidentemente la (A.24) e un caso particolare della (A.23).Veniamo ora alla (A.25).Essa discende direttamente dalla proprieta ciclica della traccia, unita alla (A.13).Infatti si ha

T ≡ Trγµ1 ...γµ2nγµ2n+1γ5 = (−1)Trγµ1 ...γµ2n γ5 γ2n+1 =

= (−1)2n+1Trγ5γµ1 ...γµ2n+1 = −T

⇒ Trγµ1 ...γµ2nγµ2n+1γ5 = 0

214

Quanto alla (A.26), essa non e cosı ovvia.Per dimostrarla occorre ripartire dalla definizione della matrice γ5, i.e.

γ5 ≡ iγ0 γ1 γ2 γ3

ed osservare che da questa discende che

γ5 ==i

4!εµνρσγ

µ γν γρ γσ (A.29)

infatti, per la definizione del tensore completamente antisimmetrico εµνρσ soloprodotti di quattro matrici γ con indici differenti fra loro potranno comparireal secondo membro della (A.29). Ne segue allora che gli indici delle stesse cos-tituiranno necessariamente una permutazione degli indici (0, 1, 2, 3). Siccomematrici γ con indici differenti anticommutano, il prodotto delle quattro matricipotra sempre essere ricondotto al prodotto γ0 γ1 γ2 γ3 (−1)S con un numero discambi S che sara pari se la permutazione di partenza era pari, mentre sara dis-pari nell’altro caso.Dunque, ciascun addendo della somma εµνρσ γµ γν γρ γσ e esattamente ugualea γ0 γ1 γ2 γ3. Siccome le permutazioni possibili sono, ovviamente, 4!, la (A.29)risulta cosı dimostrata.Usando un argomento analogo, si prova anche che

γ5 γτ =i

3!εµνρτ γµ γν γρ (A.30)

Infatti, per quanto detto sopra in relazione alla (A.29), segue evidentemente che

γ5 =i

3!

∑µνρ

εµνρx γµ γν γρ γx (A.31)

dove, x e un indice generico su cui, pero, non si somma...Identificando dunque l’indice x con l’indice τ e moltiplicando ambo i membridella (A.31) per γτ , senza sommare su questo indice, si ha

γ5 γτ =i

3!

∑µνρ

εµνρτ γµ γν γρ (γτγτ ) (A.32)

Pero risultaγ0γ0 = γ1γ1 = γ2γ2 = γ3γ3 = I

quindi dalla (A.32) segue immediatamente la (A.30).Veniamo cosı a dimostrare la (A.26). Si ha

Trγµγνγ5 = Trγν γ5 γµ = Trγν · i

3!εαβρµ γα γβ γρ =

=i

3!εαβρµ Trγν γα γβ γρ

215

ovvero, per la (A.24)

Trγµγνγ5 =i

3!εαβρµ δα

ν δβρ − δβν δαρ + δρ

ν δαβ (A.33)

per cui, data la completa antisimmetria del tensore εαβρµ, la quantita al secondomembro della (A.33) e evidentemente nulla e dunque la (A.26) e provata.Dimostriamo infine la (A.27). Occorre dimostrare che

Trγαγβγµγνγ5 = 4i εαβµν

Consideriamo la matrice Γ = γαγβγµγν . Se fra gli indici α, β, µ, ν ci sonoalmeno due indici uguali, usando le proprieta di anticommutazione fra matrici γdiverse ed il fatto che, qualunque sia l’indice x, γxγx = I (non si somma sull’indicex ...) ecco che la matrice Γ si semplifica nel prodotto di solo due matrici gamma(di indice diverso) o, addirittura, nell’identita. Ma siccome

Trγµγν γ5 = 0 = Trγ5la (A.27), in questo caso, risulta soddisfatta.Supponiamo allora che i quattro indici siano tutti differenti. Evidentemente, inquesto caso essi costituiscono una permutazione opportuna di (0, 1, 2, 3). Indichi-amo questi indici differenti con µ0, µ1, µ2, µ3: per quanto detto precedentemente,risulta

γ5 = i εµ0 µ1 µ2 µ3 γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

dove e inteso che non si somma su alcun indice. Ne segue allora che

γαγβγµγν · γ5 = i εµ0 µ1 µ2 µ3 γαγβγµγν · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

= i εµ0 µ1 µ2 µ3 γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3

Ma siccome, per ipotesi, µ0 6= µ1, µ0 6= µ2, µ0 6= µ3, e, come abbiamo giaosservato, qualunque sia l’indice x γxγ

x = I, si ha

Γ = γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 = −γµ0 γµ1 γµ2 γµ0γµ3 γµ1 γµ2 γµ3 =

= γµ0 γµ1 γµ0 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3 = −γµ0 γµ0 γµ1 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3 =

= −γµ1 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3

e, continuando, siccome µ1 6= µ2, µ1 6= µ3, ne segue che

Γ = −γµ1 γµ2γµ3 γµ1 γµ2 γµ3 = −γµ1 γµ1 γµ2γµ3 γµ2 γµ3 = −γµ2γµ3 γµ2 γµ3 =

= γµ2γµ2 γµ3 γµ3 = I

e dunque

γµ0 γµ1 γµ2 γµ3 · γ5 = i εµ0 µ1 µ2 µ3 I

per cui, finalmente, risulta dimostrato che

Trγαγβγµγν · γ5 = 4i εαβµν

216

B Appendix: Cenni di Teoria Classica dei Campi

La teoria dei campi classica nasce come naturale generalizzazione del metodolagrangiano al caso di infiniti gradi di liberta.

Figure 11: Joseph Louis de Lagrange (1736-1813)

Il metodo lagrangiano e un metodo elegante e conciso che si basa su una fun-zione, la lagrangiana L appunto, (o l’hamiltoniana H: si passa dall’una all’altraattraverso una trasformazione di Legendre), funzione delle variabili dinamichedel sistema e delle loro derivate prime. Mediante la lagrangiana viene espressal’azione S, da cui poi, attraverso il principio di minima azione, si possono ottenerele equazioni del moto e, via il teorema di Noether, le grandezze fisiche conservateche sono associate a simmetrie continue della lagrangiana.

Ricordiamo che l’azione S e espressa, classicamente, dalla relazione

S =∫

dt L(q(t), q(t)) (B.1)

dove q(t) sono appunto le variabili lagrangiane del sistema.In una teoria di campo relativistica la coordinata temporale e quelle spaziali

dovranno essere trattate alla stessa stregua, per cui l’azione S sara piuttosto

217

espressa dalla relazione

S =∫

d4x L(φ(x), ∂µφ(x)) (B.2)

e la funzione L(φ(x), ∂µφ(x)) viene chiamata, con ovvio significato, densita la-grangiana. Essa e costruita a partire dai campi e dalle loro derivate, ma, sevogliamo che la teoria risultante sia coerente con la relativita ristretta, essa dovraessere locale poiche, siccome in Relativita e esclusa l’azione a distanza, i campipossono interagire l’un l’altro solo nello stesso punto. Non e quindi accettabileche nella densita lagrangiana compaia un campo (o una sua derivata) in un puntox che interagisce con un altro ma in un punto y diverso dal precedente.

Considerazioni generali limitano poi la forma della densita lagrangiana espesso ne consentono una individuazione pressoche completa.Per esempio, se vogliamo avere una teoria di campo relativisticamente invariante,e quindi delle equazioni di moto per i campi che siano covarianti, allora la densitalagrangiana205 dovra essere scalare per trasformazioni di Lorentz ...!

Ricordiamo infine che l’approccio lagrangiano mette in evidenza in modo nat-urale la profonda connessione esistente fra simmetrie e leggi di conservazione.Chiaramente le simmetrie potranno dipendere dalla particolare teoria consider-ata, ma una simmetria che dovra comunque essere posseduta da ogni teoria dicampo e quella che discende dal principio di relativita.Il gruppo di simmetria di base, in questo caso, e il gruppo di Poincare P , fattodalle traslazioni nello spazio tempo (non esiste un punto privilegiato...) e dalgruppo di Lorentz (non esistono riferimenti inerziali privilegiati). I suoi elementisono solitamente indicati con (a, Λ), (b, Γ), ... e soddisfano la legge moltiplicativa

(a, Λ)(b, Γ) = (a + Λb, ΛΓ)

dove a e b sono quadrivettori qualsiasi che descrivono la traslazione dell’originedel sistema di riferimento, mentre Λ, Γ indicano generici elementi del gruppo diLorentz.

Come vedremo in seguito, l’invarianza in forma della Lagrangiana per trasfor-mazioni di Lorentz comporta la conservazione della somma del momento angolareorbitale e di spin, mentre l’invarianza per traslazioni comporta la conservazionedel quadrimpulso.

B.1 Le equazioni di Eulero-Lagrange per campi classici

Supponiamo che la dinamica dei campi classici φα(x) sia descritta dalla densitalagrangiana

L(x) = L(φα(x), ∂µφα(x), x) (B.3)

205Ricordiamo che la densita hamiltoniana, invece, in generale, essendo la componente 00 deltensore energia-impulso, non e scalare per trasformazioni di Lorentz ...

218

Questo significa che i campi φα(x) soddisfano le equazioni di Eulero-Lagrange

∂L∂φα

− ∂µL

∂(∂µφα)= 0 (B.4)

Esse, infatti, seguono direttamente dal principio di minima azione, che affermache la dinamica dei campi e tale per cui l’integrale di azione

∫

DL(φα, ∂µφ

α, x) d4x (B.5)

valutato partendo da una soluzione compatibile con la dinamica dei campi, eminimo (estremale) per variazioni dei campi δφα che si annullano sul bordo Σ deldominio di integrazione D, peraltro arbitrario (aperto in R4), i.e.

δ∫

DL(φα, ∂µφ

α, x) d4x ≡ 0 ≡ (B.6)

≡∫

DL(φα + δφα, ∂µ(φα + δφα), x) d4x −

∫

DL(φα, ∂µφ

α, x) d4x

con δφα(x) = 0,∀x ∈ Σ ≡ D−D, essendo D la chiusura topologica206 dell’apertoD.

Dalla (B.6) si ha infatti

0 =∫

D

[δφα ∂L

∂φα+ ∂µ(δφα)

∂L∂(∂µφα)

]d4x (B.7)

ma il secondo termine puo essere scritto anche come

∂µ(δφα)∂L

∂(∂µφα)= ∂µ

[δφα ∂L

∂(∂µφα)

]− δφα ∂µ

∂L∂(∂µφα)

(B.8)

Il primo addendo e una quadridivergenza e quindi non fornisce alcun contributoal secondo membro della eq.(B.7) perche, via il teorema di Gauss207, esso puoessere riscritto come

∫

Σδφα ∂L

∂(∂µφα)nµ dσ

206Un sottoinsieme I di uno spazio topologico T e aperto se ogni suo punto x e tale per cuiesiste almeno un suo intorno tutto contenuto in I.Un sottoinsieme I di uno spazio topologico T e detto chiuso se il suo complementare in T eaperto: esistono sottoinsiemi ne aperti ne chiusi ...

207Il teorema di Gauss generalizzato in quattro dimensioni afferma che∫

D

∂µFµ d4x ≡∫

Σ

Fµnµ dσ (B.9)

dove nµ e il versore di R4 ortogonale (nella metrica euclidea di R4) all’elemento di superficiedσ ∈ Σ. Si osservi, in particolare, che esso non richiede che le quattro funzioni Fµ sitrasformino come un campo quadrivettoriale. In effetti, il teorema viene dimostrato semplice-mente richiedendo a Rn la sua struttura ordinaria di spazio lineare.

219

e, per ipotesi, δφα e nullo su Σ !Percio il principio di minima azione implica che

0 =∫

D

[δφα ∂L

∂φα− δφα ∂µ

∂L∂(∂µφα)

]d4x =

=∫

Dδφα

[∂L∂φα

− ∂µ∂L

∂(∂µφα)

]d4x (B.10)

e per l’arbitrarieta del dominio di integrazione D e delle variazioni dei campi δφα,questo implica la validita delle equazioni di Eulero-Lagrange (B.4)

∂L∂φα

− ∂µ∂L

∂(∂µφα)≡ 0 (B.11)

In questo modo abbiamo dimostrato che il principio di minima azione implica leequazioni di Eulero-Lagrange per i campi.Assumendo la validita delle equazioni di Eulero-Lagrange e andando indietrodalla eq.(B.10) alla eq.(B.7), possiamo facilmente dimostrare che anche l’altroverso dell’implicazione e vero, i.e. che le equazioni di Eulero-Lagrange implicanoil principio di minima azione208.

B.2 Invarianza in valore

Sia L(φα(x), ∂µφα(x), x) una Lagrangiana che descrive la dinamica dei campi φα,

α = 1, ..., n. Consideriamo adesso una trasformazione locale dei campi e dellecoordinate, che ammette inversa, i.e. tale che

x ↔ x′ : x′ = X ′(x); (B.12)

: x = X(x′) (B.13)

φα(x) ↔ ψα(x′) : ψα(x′) = Ψα(φ(x)) (B.14)

: φα(x) = Φα(ψ(x′)) (B.15)

Assumiamo inoltre che lo Jacobiano J della trasformazione di coordinateJ = ||∂µX

′ν || sia costante e che le funzioni X, X ′, Φα, Ψα siano derivabili.Vogliamo vedere se la dinamica dei campi trasformati ψα puo ancora essere

ottenuta dal principio di minima azione, i.e. da una opportuna lagrangiana.Iniziamo con il definire la funzione L′ seguente

L′(ψβ, ∂′νψ

β, x′) ≡ L(Φα(ψ), ∂µΦα(ψ), X(x′)) (B.16)

208Si osservi che, da quanto sopra detto, discende anche la conclusione secondo cui se dueLagrangiane differiscono solo per una quadridivergenza, esse sono equivalenti nel senso che de-scrivono la stessa dinamica, come pure che, essendo le equazioni di Eulero-Lagrange omogeneee,due Lagrangiane che differiscono solo per un fattore moltiplicativo sono, di nuovo, equivalenti.

220

Per definizione, la funzione L′ prende, ovunque, nelle variabili trasformate, lostesso valore assunto dalla Lagrangiana originale L, per i campi e le coordinatenon trasformate.

Facciamo osservare che, date le relazioni biunivoche (B.14), (B.15) fra i campiφ e ψ, ψ costituira una possibile descrizione della dinamica dei campi ψ se e solose potremo scrivere ψ = Ψ(φ), con φ una opportuna soluzione delle equazionidi Eulero-Lagrange per i campi φ ! Se dimostriamo che, per qualunque ψ chedescrive la dinamica del sistema in un dato (arbitrario) dominio D′, la variazioneattorno a questa soluzione dell’integrale di azione, costruito usando L′ come La-grangiana, e effettivamente nulla quando i campi vengono cambiati di un qualsiasiδψ, purche δψ = 0 risulti nullo sulla frontiera del dominio di integrazione D′, al-lora avremo dimostrato che anche la dinamica dei campi ψ puo essere derivatadal principio di minima azione e che L′ e una209 possibile Lagrangiana che nedescrive la dinamica.

Questo teorema implica l’invarianza in valore della Lagrangiana sotto trasfor-mazioni locali.

Dimostrazione

Sia φ una qualunque soluzione in un opportuno dominio D, e sia ψ = Ψ(φ): icampi ψ sono, evidentemente, definiti nel dominio D′ = X ′(D).Valutiamo quanto vale la variazione

δ∫

D′L′(ψβ, ∂

′νψ

β, x′) d4x′ (B.17)

quando i campi ψβ vengono variati intorno a ψβ di un qualsiasi δψβ tale che δψβ

sia nullo sulla frontiera Σ′ del dominio di integrazione D′. Evidentemente si ha

δ∫

D′L′ d4x′ =

∫

D′

[∂L′∂ψβ

δψβ +∂L′

∂(∂′νψβ)

∂′ν(δψ

β)

]d4x′

Comunque, data la definizione di L′, risulta

∂L′∂ψβ

=∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂ψβ

mentre

∂L′∂(∂′νψ

β)=

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂(∂′νψβ)

209La Lagrangiana non e unica poiche, come abbiamo gia detto, le equazioni dei campi noncambiano se L viene moltiplicata per una qualunque costante non nulla, sommata ad unaqualsiasi quantita reale fissa o, piu generalmente sommata ad una quadridivergenza ...

221

percio

δ∫

D′L′ d4x′ =

∫

D′

[∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂ψβ

]δψβ +

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂(∂′νψβ)

∂′ν(δψ

β)

d4x′

ma

∂µΦα =∂Φα

∂ψβ∂′νψ

β ∂µX′ν ⇒ ∂(∂µΦα)

∂(∂′νψβ)

=∂Φα

∂ψβ∂µX

′ν

e percio

δ∫

D′L′ d4x′ =

∫

D′

[∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂ψβ

]δψβ +

∂L∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ∂µX

′ν ∂′ν(δψ

β)

d4x′

Comunque, siccome chiaramente risulta

∂µX′ν ∂

′ν ≡ ∂µ

si ha

δ∫

D′L′ d4x′ =

∫

D′

[∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂ψβ

]δψβ +

∂L∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ∂µ(δψβ)

d4x′

Consideriamo adesso il secondo termine dell’integrale di sopra:

∂L∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ∂µ(δψβ) = ∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβδψβ

]− δψβ ∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ

]

L’integrale del primo termine puo essere riscritto come

∫

D′∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβδψβ

]d4x

′=

∫

D∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβδψβ

]J(x) d4x

ma dato che abbiamo assunto che lo Jacobiano J(x) sia costante, l’integrandorisulta essere una quadridivergenza, quando espressa come funzione di x e dunque,via il teorema di Gauss, puo essere trasformata in un integrale di superficie sullafrontiera Σ del dominio D. Comunque, poiche le funzioni X e X ′ sono analitiche,la frontiera di D e mandata nella frontiera di D′ e viceversa, i.e. x ∈ Σ ↔ x′ ∈ Σ′.Quindi, le variazioni δψ che per ipotesi si annullano su Σ′, sono nulle anche quandox ∈ Σ e, di conseguenza, l’integrale di sopra e nullo. In conclusione, risulta

δ∫

D′L′ d4x′ =

∫

D′

[∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂(∂µΦα)

∂ψβ

]δψβ−

− δψβ ∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ

]d4x′ (B.18)

222

Inoltre

∂µ

[∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ

]= ∂µ

∂L∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ+

∂L∂(∂µφα)

∂µ∂Φα

∂ψβ(B.19)

e poiche

∂µ∂Φα

∂ψβ=

∂(∂µΦα)

∂ψβ

ecco che il secondo addendo dell’espressione (B.19) cancella il secondo addendonella prima parentesi quadra della (B.18), per cui finalmente otteniamo

δ∫

D′L′ d4x′ = J

∫

D

∂L∂φα

∂Φα

∂ψβ− ∂µ

∂L∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβ

δψβ d4x

= J∫

D

∂L∂φα

− ∂µ∂L

∂(∂µφα)

∂Φα

∂ψβδψβ d4x (B.20)

D’altronde la quantita in parentesi graffa e nulla, dato che i campi φ verificanoper ipotesi le equazioni di Eulero-Lagrange; dunque risulta cosı dimostrato cheil principio di minima azione e valido anche per i campi ψ quando si prenda L′come loro Lagrangiana.

Esempio

Supponiamo che φ sia un campo scalare e consideriamo la trasformazione dicoordinate lineare e locale, descritta dalla generica matrice non degenere M . Perdefinizione, si ha

x ↔ x′ : x′ = Mx ⇒ x′α = Mα. βxβ;

: x = M−1x′ ⇒ xα = (M−1)α. βx′β;

φ(x) ↔ ψ(x′) : ψ(x′) ≡ Ψ(φ(x)) = φ(x)

: φ(x) ≡ Φ(ψ(x′)) = ψ(x′)

Chiaramente lo Jacobiano J della trasformazione di coordinate e costante (risul-tando J = ||M ||) e le funzioni Φ, Ψ sono le funzioni identiche.

Partiamo dalla seguente Lagrangiana libera che, come vedremo, descrive ilcampo scalare di massa m

L = (∂µφ)(∂µφ) − m2 φ2 (B.21)

223

A causa dell’invarianza in valore della Lagrangiana sotto trasformazioni locali,secondo la equazione (B.16), la dinamica del campo trasformato ψ e descrittadalla nuova funzione lagrangiana

L′(ψ, ∂′νψ) = L(Φ(ψ), ∂µΦ(ψ)) (B.22)

Ma

Φ(ψ) = ψ ;

∂µΦ(ψ) = ∂µψ(x′) = ∂′νψ ∂µX

′ν = M ν. µ ∂

′νψ

e quindi, sostituendo nella (B.22), otteniamo

L′(ψ, ∂′νψ) = (M ν

. µ ∂′νψ)(Mσ

. ρ ∂′σψ) δρµ − m2 ψ2 (B.23)

dove δνµ = gνµ = gνµ = δνµ e l’elemento (νµ) del tensore metrico di Minkowski.Con un poco di semplice algebra e definendo

M . µτ ≡ Mσ

. ρ δρµ δστ (B.24)

abbiamo allora

L′(ψ, ∂′νψ) = M ν

. µ Mσ. ρ δρµ (∂

′νψ) (∂

′σψ) − m2 ψ2

= M ν. µ Mσ

. ρ δρµ δστ (∂′νψ) (∂

′τψ) − m2 ψ2

≡ M ν. µ M . µ

τ (∂′νψ) (∂

′τψ) − m2 ψ2 (B.25)

Da quanto precede, concludiamo dunque che questa e la nuova Lagrangiana chedescrive la dinamica del campo trasformato ψ, ed essa coincide formalmente conquella di partenza se e solo se accade che

M ν. µ M . µ

τ = δντ

B.3 Invarianza in forma

Se, nell’esempio precedente, la matrice M e una matrice di Lorentz e dunquedescrive una trasformazione omogenea di coordinate che lega due riferimenti in-erziali fra loro, allora, poiche

(M)µα ≡ Mµ. α (M−1)βµ ≡ M . β

µ ⇒ Mµ. αM . β

µ = δβα

la Lagrangiana L′ diventa dunque, come abbiamo visto

L′(ψ, ∂′νψ) = (∂

′νψ) (∂

′νψ) − m2 ψ2 (B.26)

i.e., la Lagrangiana L′ dipende da ψ con la stessa dipendenza funzionale secondola quale L dipendeva da φ.

224

In questo caso, diciamo che la Lagrangiana e invariante in forma sotto la trasfor-mazione locale considerata. Chiaramente, se questo accade, la dinamica delcampo ψ e la stessa di quella del campo φ, i.e. le equazioni di moto per ψsono formalmente identiche a quelle per φ.

Si noti, comunque, che, mentre l’invarianza in forma della Lagrangiana implicache le equazioni di moto restino formalmente le stesse, l’inverso non e a priorivero. Per rendercene conto, consideriamo la Lagrangiana di un campo scalare,libero ma di massa nulla

L = (∂µφ)(∂µφ) (B.27)

ed effettuiamo una trasformazione locale che sia una dilatazione uniforme dellecoordinate (trasformazione di scala),

x ↔ x′ : x′ = X ′(x) = λx ⇒ x′α = λxα;

: x = X(x′) = λ−1x′ ⇒ xα = λ−1x′α;

φ(x) ↔ ψ(x′) : ψ(x′) ≡ Ψ(φ(x)) = φ(x)

: φ(x) ≡ Φ(ψ(x′)) = ψ(x′)

Chiaramente lo Jacobiano J della trasformazione di coordinate e costante, es-sendo J = ||λ4||, cosı come le funzioni Φ, Ψ sono, di nuovo, le funzioni identiche.Si ha

Φ(ψ) = ψ ;

∂µΦ(ψ) = ∂µψ(x′) = ∂′νψ ∂µX

′ν = λ ∂′νψ

percio la nuova Lagrangiana per il campo ψ risulta

L′(ψ, ∂′νψ) = L(Φ(ψ), ∂µΦ(ψ)) = λ2 (∂

′νψ)(∂

′νψ) (B.28)

Poiche le equazioni di Eulero-Lagrange sono omogenee in L, il fattore λ2 in (B.28)e irrilevante, per cui la dinamica del campo ψ e ancora descritta dall’equazionedi Klein-Gordon per massa nulla, cosı come per il campo φ.Comunque, la Lagrangiana (B.27) non e invariante in forma sotto la trasfor-mazione locale di cui sopra !

225

B.3.1 Alcuni esempi di lagrangiane

• Equazione di Schrodinger

Anche l’equazione di Schrodinger puo essere ottenuta, via il principio diminima azione, da una densita Lagrangiana, bilineare nella funzione d’ondae nelle sue derivate.Prendiamo infatti la seguente densita lagrangiana210

L =ih

2(ψ∗∂0ψ − ψ∂0ψ

∗) +h2

2m(∂iψ

∗)(∂iψ)− ψ∗V ψ (B.29)

Dalla equazione del moto per ψ∗

∂L∂ψ∗

− ∂µ∂L

∂(∂µψ∗)= 0 (B.30)

essendo

∂L∂ψ∗

=ih

2∂0ψ − V ψ

∂L∂(∂0ψ∗)

= −ih

2ψ

∂L∂(∂iψ∗)

=h2

2m∂iψ

ne segue l’equazione211

ih

2∂0ψ − V ψ − ∂0(−ih

2ψ)− ∂i(

h2

2m∂iψ) = 0

⇒ ih∂

∂tψ = − h2

2m∇2ψ + V ψ (B.31)

che e appunto l’equazione di Schrodinger per il campo ψ.Procedendo a partire dalla equazione analoga alla (B.30) relativa al campoψ, otteniamo l’equazione del moto per ψ∗. Essendo comunque la lagrangiana(B.29) evidentemente reale, l’equazione per ψ∗ che cosı si ottiene e semplice-mente la complessa coniugata della (B.31), i.e.

−ih∂

∂tψ∗ = − h2

2m∇2ψ∗ + V ψ∗ (B.32)

210Per il potenziale V si e assunto che esso sia reale e funzione solo della posizione.211Si ricordi che ∂i = −∂i e quindi che ∂i∂

i = −∇2.

226

• Campo scalare di massa m

La densita lagrangiana212 che descrive l’evoluzione libera del campo scalare,neutro, di massa m, come abbiamo gia avuto modo di anticipare, e

L = (∂µφ)(∂µφ) − m2 φ2 (B.33)

Sostituendo infatti la (B.33) nella (B.11), l’equazione di moto213 che siottiene e

−2 m2 φ − 2 ∂µ(∂µφ) = 0 ⇔ 2φ + m2 φ = 0 (B.34)

i.e. appunto l’equazione di Klein-Gordon per il campo scalare di massa m.

Se il campo e carico, allora esso puo essere descritto solo in termini di uncampo intrinsecamente complesso. La densita lagrangiana, che comunquee reale, in questo caso, e

L = (∂µφ)(∂µφ∗) − m2 φφ∗ (B.35)

la quale, via il principio di minima azione, implica che sia il campo φ comeil suo complesso coniugato φ∗ soddisfino entrambi l’equazione di Klein-Gordon di massa m.

• Campo vettoriale di massa m

La densita lagrangiana che descrive la dinamica libera del campo vettorialeneutro di massa m e:

L = (∂µφν)(∂µφν) − m2 φν φν (B.36)

Usando questa densita lagrangiana nella (B.11), otteniamo

−2 m2 φν − 2 ∂µ(∂µφν) = 0 ⇔ 2φν + m2 φν = 0 (B.37)

Nel caso particolare in cui il campo φν abbia massa nulla e la sua quadridi-vergenza sia anch’essa nulla, come accade, per esempio, nel caso del fotone(φµ → Aµ), allora, ponendo

F µν ≡ ∂µφν − ∂νφµ (B.38)

212Come abbiamo gia avuto modo di osservare, la lagrangiana non e mai unica, essendo definitaa meno di una quadridivergenza e di una costante moltiplicativa non nulla. In questo sensosarebbe piu corretto parlare di ”una lagrangiana che descrive ...”.Resta il fatto che la lagrangiana (B.33) e quella piu semplice ed in questo senso risulta”la lagrangiana ...”

213Useremo qui e nel seguito l’operatore di D’Alembert 2 nella sua definizione (A.6)

2 ≡ ∂µ∂µ ≡ ∂20 −∇2

227

per ottenere le stesse equazioni del moto, possiamo usare anche la La-grangiana seguente

L(φα, ∂µφα) = (∂µφν − ∂νφµ)(∂µφν − ∂νφµ) ≡ F µνFµν (B.39)

infatti, dalla (B.11), abbiamo

0− ∂µ[2(F µν − F νµ)] ≡ 0 (B.40)

da cui, usando la proprieta di antisimmetria di F µν e l’ipotesi che la quadridi-vergenza dei campi sia nulla, otteniamo appunto

4 ∂µFµν = 0 ⇔ 2φν − ∂ν ∂µφ

µ = 0 ⇔ 2φν = 0 (B.41)

Se il campo e carico, analogamente al caso scalare, la densita lagrangiana e

L = (∂µφν)(∂µφ∗ν) − m2 φνφ

∗ν (B.42)

E’ interessante osservare che, usando invece la lagrangiana

L =1

2F µν F ∗

µν − m2 φνφ∗ν (B.43)

nel caso in cui m 6= 0 , la condizione di Lorentz discende direttamente dalleequazioni del moto che, per il campo φν , sono

∂µFµν + m2 φν = 0 ⇔ 2φν + m2 φν − ∂ν∂µφµ = 0 (B.44)

Queste sembrano diverse dall’equazione di Klein-Gordon, ma non lo sono,infatti, derivandole rispetto a ∂ν ed usando la proprieta di antisimmetria diFµν , segue immediatamente che deve altresı essere

∂νφν = 0 (B.45)

e dunque che il campo deve soddisfare sia la gauge di Lorentz che l’equazionedi Klein-Gordon.

• Campo di Dirac

La densita lagrangiana che descrive l’evoluzione libera del campo classicodi Dirac e:

L =i

2[ψγµ(∂µψ) − (∂µψ)γµψ] − m ψψ (B.46)

Usando questa Lagrangiana, derivando rispetto a ψ, dalla (B.11) otteniamol’equazione di Dirac per il campo ψ

−mψ − ∂µ(−i γµ ψ) = 0 ⇔ (i γµ∂µ − m) ψ = 0 (B.47)

mentre, derivando rispetto a ψ, otteniamo l’equazione di Dirac per ψ

−m ψ − ∂µ(i ψ γµ) = 0 ⇔ i ∂µ ψ γµ + m ψ = 0 (B.48)

228

B.4 Il teorema di Noether

Abbiamo visto che, sotto ipotesi molto generali, una trasformazione locale lasciala densita lagrangiana invariante in valore, i.e.

L′(ψ, ∂′νψ) = L(Φ(ψ), ∂µΦ(ψ)) (B.49)

In alcuni casi, puo anche risultare invariante in forma, i.e.

L′(ψ, ∂′νψ) = L(Φ(ψ), ∂µΦ(ψ)) = L(ψ, ∂

′νψ) (B.50)

In questo caso diciamo che la trasformazione locale agisce come una simmetriaper il sistema fisico che stiamo considerando. Una delle conseguenze, come ab-biamo gia messo in evidenza, e che le equazioni di Eulero-Lagrange per i campitrasformati ψ coincidono formalmente con le equazioni del moto per i campi φ.

Se la Lagrangiana e invariante in forma sotto un gruppo di Lie di trasfor-mazioni ad m parametri, allora il teorema di Noether afferma che ci sono mquadricorrenti conservate.

Figure 12: Emmy Amalie Noether (1882-1935)

Prima di dimostrare il teorema, ricordiamo che un gruppo di Lie ad m parametrie un gruppo in cui i suoi elementi g possono essere descritti analiticamente in ter-mini di m parametri reali, i.e. g = g(ω1, ..., ωm).

229

Per definizione, la parametrizzazione e scelta in modo che g(0, ...0) sia l’elementoneutro del gruppo, i.e. g(0, ...0) = I. Comunque, quello che importa per la de-scrizione del gruppo, sono i suoi generatori Ga, definiti come

limωa→0

∂g(0, ..., ωa, ..., 0)

∂ωa

= Ga, a = 1, ..., m (B.51)

Dalla teoria dei gruppi di Lie sappiamo che questi generatori soddisferanno regoledi commutazione del tipo

[Ga, Gb] = λabc Gc

dove i coefficienti λabc sono appunto le costanti di struttura dell’algebra di Liedel gruppo considerato.

Evidentemente, in un gruppo di Lie, una trasformazione locale infinitesimapuo essere scritta come214

g(ωa) ' I + ωa Ga

dove (ωa) rappresentano, da adesso in poi, quantita reali ma infinitesime.Supponiamo allora di avere i campi φα(x), α = 1, ...n ed assumiamo che siano

definite delle leggi di trasformazione locali dei campi stessi, sotto un opportunogruppo di Lie, del tipo

x → x′ : x′µ = xµ + Λµa(x)ωa ≡ xµ + δxµ (B.52)

φα(x) → ψα(x′) : ψα(x′) = (δαβ + Γα

aβ ωa) φβ(x) (B.53)

Evidentemente, sia le matrici Γa (matrici n × n), che le funzioni Λa(x), costitu-iscono una rappresentazione dei generatori del gruppo di Lie215.

214Qui noi usiamo il simbolo + per indicare l’operatore di composizione interna definito nelgruppo.

215Ricordiamo che, per definizione, il gruppo di Lie e tale che

g(ω)g(ω)− g(ω)g(ω) ' ωaωb[Ga, Gb] ≡ ωaωb λabcGc

Questa struttura di gruppo impone dei vincoli sulle funzioni Λ. Si ha

x → x′ ≡ g(ω)x = xµ + Λµa(x)ωa

x′ → x” ≡ g(ω)x′ = x′µ + Λµb (x′)ωb = xµ + Λµ

a(x)ωa + Λµb (x + Λ(x)ω) ωb

e percio

x” = g(ω)g(ω)x = xµ + Λµa(x)ωa + Λµ

b (x)ωb + ∂νΛµb (x)Λν

a(x)ωa ωb

x” = g(ω)g(ω)x = xµ + Λµb (x)ωb + Λµ

a(x)ωa + ∂νΛµa(x)Λν

b (x)ωb ωa

da cui otteniamo

[g(ω)g(ω)− g(ω)g(ω)]x = ωa ωb[∂νΛµa(x) Λν

b (x)− ∂νΛµb (x) Λν

a(x)]

230

Supponiamo ora che la dinamica dei campi sia descritta dalla densita la-grangiana L = L(φα, ∂µφ

α, x) ed assumiamo che essa sia invariante in formasotto il gruppo di Lie delle trasformazioni di cui sopra. Questo significa che essalo sara, in particolare, per trasformazioni infinitesime.Consideriamo allora l’integrale di azione

∫

D′L′(ψ, ∂

′νψ, x′) d4x′

A causa dell’invarianza in valore della Lagrangiana, questo e uguale all’integraledi azione per i campi non trasformati, calcolato nel dominio non trasformato D,usando la Lagrangiana originale, i.e.

∫

D′L′(ψ, ∂

′νψ, x′) d4x′ =

∫

DL(φ, ∂µφ, x) d4x

Comunque, essendo L invariante in forma, L′ = L, per cui si ha∫

D′L′(ψ, ∂

′νψ, x′) d4x′ =

∫

DL(φ, ∂µφ, x) d4x =

∫

D′L(ψ, ∂

′νψ, x′) d4x′

dove l’uguaglianza fra il primo ed il secondo membro vale a causa dell’invarianzain valore, mentre quella fra il primo ed il terzo vale a causa dell’invarianza informa della Lagrangiana.Siccome la trasformazione e infinitesima, possiamo scrivere

∫

D′L(ψ, ∂

′νψ, x′) d4x′ =

∫

DL(ψ, ∂νψ, x) d4x +

∫

ΣL(φ, ∂νφ, x)δxρ dσρ

dove Σ e la frontiera del dominio D e nel secondo integrale abbiamo sostituitoψ con φ, approssimando cosı la Lagrangiana all’ordine zero, dato il fatto chel’integrando contiene il fattore δxρ, che e gia infinitesimo del primo ordine.Allo stesso ordine di approssimazione, si ha anche che

ψα(x) = ψα(x′)− ∂µφα δxµ = φα(x) + Γα

aβ ωa φβ(x)− ∂µφα(x) δxµ

= φα(x) +(Γα

aβ φβ(x) − ∂µφα(x) Λµ

a(x))ωa ≡ φα(x) + δφα(x)

che deve essere compatibile con

ωa ωb λabcGc ≡ ωa ωb λabc Λµc (x)

per cui otteniamo

∂νΛµa(x) Λν

b (x)− ∂νΛµb (x) Λν

a(x) = λabc Λµc (x) (B.54)

In modo analogo, possiamo dimostrare che deve essere

Γαbβ Γβ

aγ − Γαaβ Γβ

bγ ≡ (Γb Γa)α. γ − (Γa Γb)α

. γ = [Γa , Γb]α. γ = λabc Γαcγ (B.55)

231

e percio

0 =∫

D′L(ψα, ∂

′νψ

α, x′) d4x′ −∫

DL(φα, ∂νφ

α, x) d4x =

=∫

DL(ψα, ∂νψ

α, x) d4x +∫

ΣL(φα, ∂νφ

α, x)δxρ dσρ −∫

DL(φα, ∂νφ

α, x) d4x =

=∫

DL(φα + δφα, ∂ν(φ

α + δφα), x) d4x +∫

ΣL(φα, ∂νφ

α, x)δxρ dσρ −

−∫

DL(φα, ∂νφ

α, x) d4x

da cui, prendendo la differenza fra il primo ed il terzo addendo e ritrasformandoall’indietro, via il teorema di Gauss, l’integrale di superficie su Σ in un integraledi volume su D, si ottiene

0 =∫

D

δφα ∂L

∂φα+ ∂µ(δφα)

∂L∂(∂µφα)

+ ∂µ(L δxµ)

d4x (B.56)

Comunque, dalle equazioni di Eulero-Lagrange per i campi φ, sappiamo che

∂L∂φα

= ∂µL

∂(∂µφα)

percio

δφα ∂L∂φα

+ ∂µ(δφα)∂L

∂(∂µφα)= δφα ∂µ

∂L∂(∂µφα)

+ ∂µ(δφα)∂L

∂(∂µφα)= ∂µ

[δφα ∂L

∂(∂µφα)

]

Usando questo risultato nella equazione (B.56), finalmente otteniamo

0 =∫

D∂µ

δφα ∂L

∂(∂µφα)+ L δxµ

d4x

Poiche il dominio D e qualsiasi, questo risultato implica che

∂µ

δφα ∂L

∂(∂µφα)+ L δxµ

= 0

Ma siccome

δφα ≡(Γα

aβ φβ(x) − ∂νφα(x) Λν

a(x))

ωa

δxµ ≡ Λµa(x) ωa

abbiamo

∂µ

[Γα

aβ φβ(x) − ∂νφα(x) Λν

a(x)] ∂L∂(∂µφα)

+ LΛµa(x)

ωa = 0 (B.57)

232

Poiche i parametri di Lie ωa sono indipendenti, questo risultato significa che, sedefiniamo (abbiamo cambiato di segno ...) le m quadricorrenti seguenti

Θµa(x) ≡

[−Γα

aβ φβ(x) + ∂νφα(x) Λν

a(x)] ∂L∂(∂µφα)

− LΛµa(x) (B.58)

allora ognuna di esse e separatamente conservata, i.e.

∂µΘµa = 0 (B.59)

e questo e appunto quanto afferma il teorema di Emmy Noether !

B.4.1 L’invarianza sotto il gruppo di Poincare

Iniziamo supponendo che la densita lagrangiana L = L(φα, ∂µφα) sia invariante in

forma per traslazioni spazio-temporali (e per questo e sufficiente che non dipendaesplicitamente dalle coordinate, ma solo attraverso i campi e le loro derivate).Il gruppo di Lie di simmetria e dunque il gruppo delle traslazioni e le trasfor-mazioni da considerare sono le seguenti

x → x′ : x′µ = xµ + δµ

a ωa

φα(x) → ψα(x′) = δαβ φβ(x)

Nelle notazioni usate per provare il teorema di Noether, abbiamo quindi

Γαaβ = 0; Λµ

a(x) = δµa

dove a e un indice che va da 0 a 3, descrivendo i quattro gradi di liberta ditraslazione. Dal teorema prima dimostrato, abbiamo che le quadricorrenti con-servate, individuate dall’indice a ≡ ν, sono allora

Θµν = ∂ρφ

α δρν

∂L∂(∂µφα)

− L δµν = ∂νφ

α ∂L∂(∂µφα)

− L δµν (B.60)

Abbassando l’indice µ con il tensore metrico, i.e. definendo Θµν ≡ Θτν δµτ ovvero

Θµν(x) = [∂ρφα(x) δρ

ν ]∂L

∂(∂µφα)− L δµν = ∂νφ

α(x)∂L

∂(∂µφα)− L δµν (B.61)

concludiamo che le quattro ”correnti” individuate dall’indice ν = 0, .., 3, sod-disfano separatamente la condizione di conservazione ∂µΘµν(x) = 0 e dunque,definendo

Pν(t) ≡∫

d3x Θ0ν(x) (B.62)

233

risulta che questa ”carica” e conservata nel tempo, ovvero e una costante delmoto.Non e difficile riconoscere nella (B.61) la definizione del tensore energia-impulso216

Tµν(x) =∂L

∂(∂µφα)∂νφ

α(x) − L δµν (B.63)

per cui il teorema di Noether mostra come la conservazione del quadrimpulso inun sistema isolato sia la conseguenza dell’invarianza (simmetria) per traslazionidella lagrangiana del sistema considerato.Prima di continuare, osserviamo che, usando il tensore (B.63), possiamo riscri-vere in modo piu semplice anche la (B.58), mettendo in evidenza, nella correnteconservata, il contributo legato all’effetto della trasformazione sulle coordinate(δx) e quello (δφ) sui campi stessi. Si ha infatti

Θµa(x) ≡[−Γα

aβ φβ(x) + ∂νφα(x) Λν

a(x)] ∂L∂(∂µφα)

− LΛµa(x) =

= −Γαaβ φβ(x)

∂L∂(∂µφα)

+ Tµρ(x) Λρa(x) (B.64)

Veniamo adesso alle conseguenze che derivano, via il Teorema di Noether, dall’invarianzain forma della lagrangiana sotto il gruppo di Lorentz.Ricordiamo che questo gruppo, in accordo con la (1.1), e parametrizzato comegruppo di Lie nel modo seguente

Λ = e−i2

αµν Mµν

; (Mµν)α. β = i(δµα δν

β − δνα δµβ) (B.65)

con αµν matrice reale antisimmetrica.In questo caso, evidentemente, risulta

x → x′ : x′µ = xµ +

1

2αρτ

(Mρτ

)µ

. νxν (B.66)

φα(x) → ψα(x′) = φα(x) +1

2αρτ (Σρτ )αβ φβ (B.67)

dove abbiamo posto

Mρτ ≡ −iMρτ ⇒(Mρτ

)µ

. ν= (δρµ δτ

ν − δτµ δρν) (B.68)

Nelle notazioni (B.52) e (B.53) le (B.66) e (B.67) implicano, evidentemente, che

(Λρτ )µ =(Mρτ

)µ

. νxν ; (Γρτ )αβ = (Σρτ )αβ (B.69)

216cfr. J.D. Bjorken, S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields, pag. 18Si osservi come, per come e stato definito, il tensore Tµν non e necessariamente simmetrico:quello che il teorema garantisce e che, comunque, ∂µTµν = 0 e quindi che sono le funzioniT0ν(x) le quali costituiscono le densita (covarianti) di quadrimpulso del campo.

234

per cui, usando la (B.64), possiamo concludere che sono conservate le seguenti seicorrenti (si ricordi che αρτ e dunque Mρτ e Σρτ sono antisimmetriche negli indici(ρ, τ) !)

(Θρτ )µ (x) = −(Σρτ )αβ φβ(x)∂L

∂(∂µφα)+ Tµσ(x)

(Mρτ

)σ

. νxν (B.70)

ovvero, cambiando di segno ed alzando l’indice µ, abbiamo infine

(Θρτ )µ (x) = (Σρτ )αβ φβ(x)∂L

∂(∂µφα)− T µ

. σ(x) [δρσ δτν − δτσ δρ

ν ] xν =

=∂L

∂(∂µφα)(Σρτ )αβ φβ(x)− T µρ(x) xτ + T µτ (x) xρ (B.71)

Il teorema di Noether assicura che le quantita∫

d3x (Θρτ )0 (x) sono conservatedalla dinamica. Vediamo quale e il loro significato fisico. Per questo, cominciamocon il porre ~r ≡ (x, y, z) e ~T (x) ≡ (T 01(x), T 02(x), T 03(x)) e definiamo quindi

J1(x) ≡(Θ23

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ23)αβ φβ(x) + T 03(x) y − T 02(x) x =

= S1 +(~r × ~T (x)

)1

(B.72)

J2(x) ≡(Θ31

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ31)αβ φβ(x) + T 01(x) z − T 03(x) x =

= S2 +(~r × ~T (x)

)2

(B.73)

J3(x) ≡(Θ12

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ12)αβ φβ(x) + T 02(x) x− T 01(x) y =

= S3 +(~r × ~T (x)

)3

(B.74)

i.e.

Ji(x) =1

2εijk

∂L

∂(∂0φα)(Σjk)αβ φβ(x) + Tk(x) rj − Tj(x) rk

(B.75)

in cui riconosciamo la densita di momento angolare totale associato al campo,fatto sia dalla parte orbitale

(~r × ~T (x)

)che da un termine di spin ~S del campo,

legato alle Σ, cioe alla rappresentazione del gruppo delle rotazioni nello spaziodelle componenti del campo stesso.

Le altre tre quantita conservate legate all’invarianza sotto il gruppo di Lorentzprovengono dalle seguenti densita

K1(x) ≡(Θ01

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ01)αβ φβ(x) + T 01(x) t− T 00(x) x (B.76)

K2(x) ≡(Θ02

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ02)αβ φβ(x) + T 02(x) t− T 00(x) y (B.77)

K3(x) ≡(Θ03

)0(x) =

∂L∂(∂0φα)

(Σ03)αβ φβ(x) + T 03(x) t− T 00(x) z (B.78)

235

i.e.

Ki(x) =∂L

∂(∂0φα)(Σ0i)αβ φβ(x) + Ti(x) t− T 00(x) ri (B.79)

Mentre la costanza di ~J esprime la conservazione del momento angolare totale(orbitale e spin), il fatto che il vettore ~K sia anch’esso conservato, esprime sem-plicemente la costanza della velocita del moto del centro di massa del sistema deicampi considerato.

Per capire meglio il modo come la parte orbitale e quella legata alla trafor-mazione dei campi si combinano fra di loro, vediamo adesso che cosa accade nelcaso del campo elettromagnetico libero.

• Il campo elettromagnetico libero

236

B.4.2 L’invarianza di gauge di prima specie

Un’invarianza che si incontra spesso in Meccanica Quantistica e l’invarianza pertrasformazione di fase della funzione d’onda, i.e.

ψ(x) → eiα ψ(x); ψ∗(x) → e−iα ψ∗(x) (B.80)

Nel linguaggio lagrangiano, questo corrisponde evidentemente a dire che la den-sita lagrangiana L da cui sono poi ricavate le equazioni del moto, e invariante informa sotto le trasformazioni precedenti, le quali costituiscono, evidentemente,un gruppo di Lie abeliano ad una dimensione.Consideriamo allora una trasformazione di fase infinitesima: nel linguaggio gen-erale della (B.52), sviluppato per dimostrare il teorema di Noether, i.e.

x → x′ : x′µ = xµ + Λµa(x)ωa ≡ xµ + δxµ (B.81)

φα(x) → ψα(x′) : ψα(x′) = (δαβ + Γα

aβ ωa) φβ(x) (B.82)

questo significa, evidentemente217

x′µ → xµ

ψ → ψ + iα ψψ∗ → ψ∗ − iα ψ∗

⇒Λµ(x) = 0 ;

Γ11 = i ; Γ1

2 = 0 ;Γ2

1 = 0 ; Γ22 = −i ;

(B.83)

per cui, sostituendo nella espressione generale della corrente conservata di cui alla(B.58), riscritta nel caso particolare in cui il gruppo di simmetria sia ad un soloparametro,

Θµa → Jµ ≡

[−Γα

β φβ(x) + ∂µφα(x) Λµ(x)

] ∂L∂(∂µφα)

− LΛµ(x) (B.84)

otteniamo infine

Jµ = i

[− ∂L

∂(∂µψ)ψ + ψ∗

∂L∂(∂µψ∗)

](B.85)

che, per quanto precede, e quindi una quadricorrente218 conservata dalla dinam-ica.Ma evidentemente, il fatto che la corrente (B.85) sia conservata, implica che

∂0

∫d3x J0(xµ) + ∂i

∫d3x J i(xµ) = 0 (B.86)

217Per semplicita ed uniformita di notazioni assumiamo qui che l’indice con cui sono label-lati i campi assuma i valori 1 e 2, e risulti φ1 ≡ φ; φ2 ≡ φ∗. Inoltre, essendo il gruppo ditrasformazioni ad un solo parametro, omettiamo l’indice a.

218Si noti che, cosı come la densita lagrangiana e determinata a meno di una costante molti-plicativa, anche la quadricorrente, omogenea nella lagrangiana, e anch’essa determinata a menodi un fattore di scala arbitrario.

237

per cui, se possiamo assumere che J i si annulli all’infinito spaziale piu velocementedi R−2, allora, trasformando il secondo membro in un integrale di superficieattraverso il teorema della divergenza di Gauss, esso e nullo, ovvero risulta

∂0

∫d3x J0(~x, t) = 0 ⇒

∫d3x J0(~x, t) = cost (B.87)

La quantita∫

d3x J0(~x, t) e, in generale, proporzionale, come vedremo, al numerodi particelle descritte dal campo, che, nello schema di prima quantizzazione dellaMQ, sostanzialmente coincide con la norma stessa della funzione d’onda.

• Equazione di Schrodinger

Abbiamo visto come la densita lagrangiana da cui si deriva l’equazione diSchrodinger, sia

L =ih

2(ψ∗∂0ψ − ψ∂0ψ

∗) +h2

2m(∂iψ

∗)(∂iψ)− ψ∗V ψ (B.88)

Palesemente essa e invariante sotto la trasformazione di fase (B.83): lacorrente conservata che ne discende secondo la (B.85) risulta allora data da

Jµ = i

[−φ

∂L∂(∂µφ)

+ φ∗∂L

∂(∂µφ∗)

](B.89)

da cui segue che

J0 = i

[−φ

(ih

2φ∗

)+ φ∗

(−ih

2φ

)]= h φ φ∗ (B.90)

J i = i

[−φ

(h2

2m∂iφ∗

)+ φ∗

(h2

2m∂iφ

)]

= −ih2

2m

[φ(∂iφ∗)− φ∗(∂iφ)

]= h

[ih

2m

(φ~∇φ∗ − φ∗~∇φ

)](B.91)

dove abbiamo usato il fatto che

~∇i ≡ ∂

∂xi≡ ∂i ≡ −∂i

Dunque, la quadricorrente conservata219 e

Jµ ≡ (J0, J i) ≡ h

(|φ|2, ih

2mφ∇φ∗

)(B.93)

219Per motivi di maggior concisione, introduciamo qui il simbolo

∇ : f∇g ≡ f(~∇g)− (~∇f)g (B.92)

238

A parte il fattore globale h, dunque, ne risulta che la parte temporale dellaquadricorrente J0 altri non e che la densita di probabilita |φ|2, per cui laparte spaziale J i = ih

2mφ∇φ∗ necessariamente individua la densita di cor-

rente di probabilita.Ricordiamo infine, prima di concludere l’argomento, che in prima quantiz-zazione, la conservazione della probabilita significa semplicemente la con-servazione dell’esistenza della particella descritta dalla funzione d’onda φ,non essendo permesso alcun meccanismo di creazione e distruzione dellastessa.

• Campo scalare carico

Nel caso del campo scalare carico, abbiamo visto che la Lagrangiana e

L = (∂µφ)(∂µφ∗) − m2 φφ∗ (B.94)

Chiaramente anche questa lagrangiana e invariante per trasformazioni difase (B.83) ed e immediato dimostrare che la corrente conservata (B.85)che ne risulta e

Jµ = i [−(∂µφ∗) φ + φ∗(∂µφ)] ≡ iφ∗∂µφ (B.95)

per cui risulta

J0 = i

(φ∗

∂φ

∂t− ∂φ∗

∂tφ

)(B.96)

la quale e definita positiva soltanto se nello sviluppo di Fourier della fun-zione φ compaiono solo frequenze positive, i.e. andamenti temporali deltipo e−iEt con E > 0.

• Campo di Dirac

Nel caso del campo di Dirac, abbiamo visto che la lagrangiana e

L =i

2[ψγµ(∂µψ) − (∂µψ)γµψ] − m ψψ (B.97)

Di nuovo, essendo ψ ≡ (ψ∗)t γ0 e γ0 reale, essa e evidentemente invarianteper la trasformazione di fase (B.83). La corrente conservata che ne conseguein base alla (B.85) e

Jµ =i

2

[− ∂L

∂(∂µψ)ψ + ψ

∂L∂(∂µψ)

]

=i

2

[−iψγµψ − iψγµψ

]= ψγµψ (B.98)

Quanto poi alla componente temporale della quadricorrente, essa risultaevidentemente pari a

J0 = ψγ0ψ = ψ†ψ (B.99)

239

C Appendix: Le simmetrie C, P e T in Teoria

Quantistica dei Campi

C.1 Generalita

Anche per introdurre la nozione di simmetria in teoria quantistica dei campi(QFT ), assumeremo in generale che, in stretta analogia con quanto fatto nelloschema di prima quantizzazione, esistano operatori O capaci di trasformare glistati in modo da lasciare invariata la struttura probabilistica dello spazio da essicostituito. Visto come isomorfismo dell’algebra degli operatori in se, quello in-dotto dall’operatore O dovra necessariamente essere compatibile con le condizionidi quantizzazione, cioe dovra rispettare l’algebra dei campi. Al solito, questa con-dizione sara automaticamente soddisfatta se definiremo l’operatore su una basedello spazio di Hilbert, mentre dovra essere imposta se l’isomorfismo dell’algebrain se verra costruito in base a qualche ragione a priori.

Un operatore che soddisfi le condizioni precedenti e detto essere una simmetria.Se poi accade anche che

• lo stato di minima energia (vuoto) e non degenere e O-invariante;

• la lagrangiana L(~x, t) e invariante in forma sotto l’operatore O,

allora essa e detta conservata o esatta o anche invarianza.Si osservi che il rispetto della seconda condizione di cui sopra implica che latrasformazione O rispetti la dinamica, ovvero che le equazioni di moto sianoO-invarianti, i.e. che, al solito

[O, H] = 0 (C.1)

La simmetria e rotta se la lagrangiana L non e O-invariante, mentre vienedetta rotta spontaneamente se, pur essendo la lagrangiana O-invariante, e lo statodi minima energia ad essere degenere e non O-invariante.

Detto questo in generale, passerermo adesso a definire le trasformazioni di co-niugazione di carica C, di parita P e di inversione temporale T mostrando come,in base a quanto visto precedentemente nello schema di prima quantizzazioneed al concetto classico che abbiamo di loro, queste trasformazioni agiscono nellospazio220 di Fock di particella libera, ovvero sugli operatori di creazione e dis-truzione.

220Ricordiamo a questo proposito che lo spazio di Fock e lo spazio di Hilbert che ha per baselo stato di vuoto |Ω > che, per ipotesi, e unico, e gli stati di multiparticella/antiparticella inautostati dell’impulso, i.e.

|Ω >

a†(~p1)...a†(~pn)b†(~q1)b†(~qm) |Ω >; n, m ≥ 1

240

Per quanto detto, volendo che C, P, T siano simmetrie, richiederemo altresı cheil vuoto sia non degenere e C, P, T invariante221, i.e.

C |Ω > = P |Ω > = T |Ω > = |Ω > (C.3)

C.2 La Coniugazione di Carica

Classicamente, la simmetria di coniugazione di carica C comporta il cambia-mento di segno della carica elettrica e dei campi elettrici ~E e magnetici ~B. Inquesto modo, la lagrangiana222 del campo elettromagnetico in interazione conuna quadricorrente Jµ

L(x) = −1

4F µν(x) Fµν(x)− Jµ(x)Aµ(x) (C.4)

risulta evidentemente invariante, in quanto, sotto l’azione di C, si ha

Aµ → −Aµ ⇒ F µν → −F µν

Jµ → −Jµ (C.5)

Quindi, in elettrodinamica classica, C e una simmetria conservata.In QFT , manterremo ancora, senz’altro, la richiesta caratterizzante di questasimmetria, ovvero che sia

C Aµ C−1 = −Aµ (C.6)

e quindi, affinche C possa essere una simmetria conservata non solo per il campolibero, ma anche nel caso di interazione elettromagnetica, sara necessario, quantoalla densita di corrente elettrica, che risulti

C Jµ C−1 = −Jµ (C.7)

221A priori basterebbe imporre l’invarianza dello stato di vuoto e non necessariamente del vet-tore che lo rappresenta. Questo significa che, se indichiamo con Θ una qualsiasi delle simmetrieC, P, T , l’invarianza del vuoto impone solo che

Θ |Ω >= eiθ |Ω > (C.2)

L’ipotesi che facciamo e quella di riassorbire comunque questa fase nella definizione stessa dellasimmetria, in modo che valga comunque la (C.3).

222Cfr. J.D. Bjorkeen, S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields , McGraw-Hill, 1965, pag. 70e pag. 86

241

Ma naturalmente la densita di quadricorrente elettrica e costruita a partire daicampi che descrivono le particelle, quindi, se vogliamo che C sia una simmetriaconservata anche in QFT , occorrera definirla sui campi stessi in modo che

• garantisca la validita della (C.7);

• garantisca che anche la lagrangiana libera del campo sia C-invariante;

• garantisca il rispetto della struttura algebrica costruita con i campi, ovveroil rispetto delle regole di commutazione/anticommutazione che li riguardano.

Richiederemo inoltre, cosı come abbiamo visto accadere in prima quantizzazione,che questa simmetria sia unitaria.Inizieremo trattando il caso del campo scalare carico φ.Come ben sappiamo, la sua lagrangiana libera223 e

L(x) = (∂µφ)(∂µφ†) + m2 φ φ† (C.9)

da cui seguono le equazioni per i campi liberi

(2 + m2)φ = 0 = (2 + m2)φ† (C.10)

i quali sono dati, in termini degli operatori di creazione e distruzione di parti-cella/antiparticella, dagli sviluppi seguenti224

φ(x) =1

(2π)3

∫ d3p

2Ep

a(~p) e−ipx + b†(~p) eipx

(C.11)

φ†(x) =1

(2π)3

∫ d3p

2Ep

b(~p) e−ipx + a†(~p) eipx

(C.12)

con le regole di commutazione (le sole non nulle ...)[a(~p), a†(~q)

]=

[b(~p), b†(~q)

]= (2π)3 2Ep δ3(~p− ~q) (C.13)

equivalenti, come abbiamo visto, alle regole di commutazione canoniche (2.271)e (2.283), i.e.

[φ(x), φ(y)] = 0 =[φ†(x), φ†(y)

](C.14)

[φ(x), φ†(y)

]= i ∆(x− y,m) (C.15)

223Piu propriamente dovremmo usare la sua forma simmetrizzata nei due campi φ e φ†, i.e.

L(x) =12

∂µφ, ∂µφ†

+

12m2

φ, φ†

(C.8)

224Come al solito, con px intendiamo il prodotto scalare di Lorentz pµxµ, mentreEp ≡

√|~p|2 + m2.

242

dove, per definizione, risulta

∆(x− y,m) ≡ − i

(2π)3

∫d4q δ(q2 −m2) e−iq(x−y)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](C.16)

Definiremo allora la simmetria di coniugazione di carica C in modo che essascambi lo stato di particella con quello di antiparticella e viceversa, rispettando illoro stato di impulso ed eventuali gradi di liberta interni, i.e., nel caso consideratodel campo scalare, porremo

C | a(~p) >≡ | b(~p) >; C | b(~p) >≡ | a(~p) > (C.17)

da cui risulta chiaramente, in particolare, che C2 = I.Un altro modo equivalente di definire la simmetria e quello di vederne l’effettodirettamente sugli operatori di creazione e distruzione: essendo

| a(~p) >≡ a†(~p) |Ω >; | b(~p) >≡ b†(~p) |Ω > (C.18)

ed essendo, per ipotesi, il vuoto C−invariante, la relazione (C.17) puo esseretradotta nelle condizioni

C a†(~p) C−1 ≡ b†(~p); C b†(~p) C−1 ≡ a†(~p) (C.19)

da cui, siccome si e assunto che C sia unitaria, prendendo l’aggiunto di entrambii membri, si ottiene altresı che, per gli operatori di annichilazione, deve essere

C a(~p) C−1 = b(~p); C b(~p) C−1 = a(~p) (C.20)

Prima di continuare, vogliamo osservare che la richiesta che la simmetria diconiugazione di carica C mandi uno stato di particella in uno di antiparticella eviceversa, non la fissa univocamente. Infatti questa richiesta e rispettata anchese definiamo

C | a(~p) >= eiηc | b(~p) >; C | b(~p) >= e−iηc | a(~p) > (C.21)

In questo caso, si ha ancora che C2 = I e ne consegue che

C a†(~p) C−1 = eiηc b†(~p) ⇔ C a(~p) C−1 = e−iηc b(~p) (C.22)

C b†(~p) C−1 = e−iηc a†(~p) ⇔ C b(~p) C−1 = eiηc a(~p) (C.23)

L’unica richiesta che dobbiamo ragionevolmente mantenere e che il fattore di faseeiη sia indipendente dall’impulso ~p. Questo per non violare l’ulteriore richiestache facciamo a C, cioe quella per cui vogliamo che lo stato coniugato di carica,per esempio, dello stato rappresentato dal vettore

α | a(~p) > +β | a(~q) > (C.24)

243

sia comunque rappresentato dal vettore225

α | b(~p) > +β | b(~q) > (C.26)

a meno di un eventuale fattore di fase globale, inessenziale.

Ritorniamo ora al punto principale, che e quello di giungere infine alla definizionedi una simmetria la quale descriva lo scambio particella-antiparticella e che siaconservata, ovvero

• sia esatta anche per il campo libero;

• sia tale per cui la densita di corrente elettromagnetica soddisfa la condizione(C.7).

Partiamo dunque dalla definizione (C.21) che, evidentemente, contiene la(C.17) come caso particolare in cui ηc = 0, e vediamo se questa trasformazionegode delle proprieta suddette.Per prima cosa, determiniamo quale e l’azione di C sui campi φ e φ†.Ricordiamo che, per ipotesi, C e stata supposta essere lineare (e non antilineare),per cui, usando la (C.22) e la (C.23), otteniamo

C φ(x) C−1 = C∫ d3p

2Ep(2π)3

a(~p) e−ipx + b†(~p) eipx

C−1 =

=∫ d3p

2Ep(2π)3

e−iηc b(~p) e−ipx + e−iηc a†(~p) eipx

=

= e−iηc φ†(x) (C.27)

mentre risulta ovviamente che

C φ†(x) C−1 = C∫ d3p

2Ep(2π)3

b(~p) e−ipx + a†(~p) eipx

C−1 =

=∫ d3p

2Ep(2π)3

eiηc a(~p) e−ipx + eiηc b†(~p) eipx

=

= eiηc φ(x) (C.28)

225Si osservi a questo proposito che, usando la definizione (C.21), per una combinazione linearedi stati di particella e antiparticella, la presenza del fattore di fase eiηc nella definizione di Cfa, in effetti differenza, infatti risulta

C (α | a(~p) > +β | b(~q) >) = α eiηc | b(~p) > +β e−iηc | a(~q) > (C.25)

e questo vettore certamente non rappresenta, in generale, lo stesso stato del vettore α | b(~p) >+β | a(~q) > ...Lo stesso accade se consideriamo una sovrapposizione lineare di un vettore che rappresentauna particella/antiparticella ed il vuoto, oppure uno stato di n particelle con quello di mantiparticelle, in cui n 6= m.E’ un fatto questo che avremo modo di riprendere.

244

Passiamo adesso a verificare che la dinamica del campo libero e rispettatadalla simmetria C. Come abbiamo avuto modo di dire precedentemente, questosignifica che dobbiamo verificare l’invarianza delle equazioni del moto sotto C.Se vogliamo partire dalla densita lagrangiana, questo significa verificare che essae invariante in forma sotto C. D’altronde, nel nostro caso, date la (C.27) e la(C.28), abbiamo

C : x → x (C.29)

φ(x) → φC(x) = e−iηC φ†(x) ⇔ φ†(x) = eiηC φC(x) (C.30)

φ†(x) → φ†C(x) = eiηC φ(x) ⇔ φ(x) = e−iηC φ†C(x) (C.31)

L’invarianza in valore della lagrangiana

L(x) = (∂µφ)(∂µφ†)−m2 φφ† (C.32)

garantisce che i campi φC e φ†C soddisfano le equazioni del moto dedotte dalladensita lagrangiana seguente (ottenuta dalla precedente per sostituzione ...)

LC(x) =(∂µe

−iηCφ†C(x)) (

∂µeiηCφ†(x))−m2 e−iηCφ†(x) eiηCφ(x) =

= (∂µφ†C)(∂µφC)−m2 φ†C φC (C.33)

che, apparentemente, siccome φC e φ†C non commutano, non coincide in forma conL(x) ...! A parte che si potrebbe facilmente vedere che, comunque, la lagrangianaLC da luogo alle stesse equazioni del moto che la lagrangiana L, in realta il puntosta nel fatto che, proprio allo scopo di trattare allo stesso modo i campi φ e φ†,avremmo dovuto piuttosto partire dalla lagrangiana (C.8)

L(x) =1

2

∂µφ, ∂µφ†

+

1

2m2

φ, φ†

(C.34)

la quale, invece, e ovviamente C−invariante dato che e simmetrica nello scambioφ ↔ φ†.

Un altro modo per verificare che la dinamica del campo libero e rispettatadalla simmetria e quello di verificare che C, qualunque sia ηc, commuta conl’hamiltoniana libera H0. Ricordiamo per questo che, in termini degli operatoridi creazione e distruzione, risulta226

H0 =1

(2π)3

∫ d3p

2Ep

[Ep a†(~p) a(~p) + Ep b†(~p) b(~p)

](C.37)

226Abbiamo, infatti, per esempio, che

H0 | a(~q) >≡ H0 a†(~q)|Ω >=1

(2π)3

∫d3p

2Ep

[Ep a†(~p) a(~p) + Ep b†(~p) b(~p)

]a†(~q)|Ω > (C.35)

e poiche [b, a†] = 0 e b|Ω >= 0 , il secondo termine nell’espressione precedente non contribuisce.Quanto al primo, usando il fatto che

a a† = [a , a†] + a† a

245

D’altronde, evidentemente, risulta

C a† aC−1 = C a† C−1 C a C−1 = eiηc b† e−iηc b = b† b (C.38)

ed analogamente si ha

C b† bC−1 = C b† C−1 C b C−1 = e−iηc a† eiηc a = a† a (C.39)

per cui e banale che risulti

C H0 C−1 = H0 ⇔ [C, H0] = 0 (C.40)

Appurato che C rispetta la dinamica del campo scalare libero, verifichiamoper completezza che essa rispetta anche le regole di commutazione.Risulta che sotto C si ha

[a(~p), a†(~q)

]←→

[b(~p), b†(~q)

]= (2π)3 2Ep δ(~p− ~q) (C.41)

[a(~p), a(~q)] ←→ [b(~p), b(~q)] e−2i ηc = 0 (C.42)

[a(~p), b(~q)] ←→ [b(~p), a(~q)] = 0 (C.43)[a†(~p), a†(~q)

]←→

[b†(~p), b†(~q)

]e2i ηc = 0 (C.44)

ovvero abbiamo (gli altri commutatori restano identicamente nulli ...)

C [φ(x), φ†(y)] C−1 = [φ†(x), φ(y)] = −[φ(y), φ†(x)] = [φ(x), φ†(y)] (C.45)

dove la seconda uguaglianza discende dal carattere antisimmetrico del commu-tatore, mentre la terza uguaglianza discende dal carattere dispari della funzione∆(x) di cui alla sua definizione (C.16).Resta cosı provato227 che C e effettivamente una simmetria conservata per ilcampo scalare libero che e conservata indipendentemente dal valore della fase ηc.

e che, di nuovo, a|Ω >= 0 , esso diventa

H0 | a(~q) > =1

(2π)3

∫d3p

2EpEp a†(~p)

[a(~p), a†(~q)

] |Ω >

=1

(2π)3

∫d3p

2EpEp a†(~p) (2π)3 2Ep δ(~p− ~q)|Ω >=

= Eq a†(~q)|Ω >≡ Eq | a(~q) > (C.36)

Questo prova che, sulla base degli autostati di singola particella, l’operatore H0 definito dalla(C.37) e diagonale ed ha come autovalore l’energia complessiva dello stato. Questo stessorisultato puo essere facilmente dimostrato anche per gli stati di antiparticella e di multiparti-cella/antiparticella, per cui ne segue che l’operatore H0 dato dalla (C.37) coincide effettivamentecon l’hamiltoniana libera. Evidentemente, infatti, l’operatore a†(~p) a(~p) fornisce il numero diparticelle con impulso ~p presenti nello stato considerato, mentre b†(~p) b(~p) fornisce quello diantiparticelle !

227Osserviamo che, per quanto riguarda la compatibilita con le regole di commutazione, nonpoteva essere altrimenti visto che, attraverso la (C.21), abbiamo definito C su una base dellospazio di Hilbert ...

246

Quanto poi all’osservazione che abbiamo anticipato, per cui, se la fase ηc none nulla, allora, in generale, per esempio

α | a(~p) > +β | b(~q) >→ eiηc α | b(~p) > +e−iηc β | a(~q) >6=6= (α | b(~p) > +β | a(~q) >)× fase opportuna (C.46)

al momento limitiamoci ad osservare solo che, almeno se particella e antiparti-cella differiscono228 nella carica elettrica, allora, per la regola di superselezionesulla carica che impedisce la possibilita di realizzare stati fisici che siano sovrap-posizione di stati con carica diversa, il problema non si pone.Riprenderemo comunque l’argomento quando si trattera di considerare il sistemadei mesoni K, dove K0 6= K0, ma entrambi sono elettricamente scarichi ...

Passiamo adesso a studiare l’azione di C sulla quadricorrente.Come abbiamo gia detto, per mantenere a C il carattere di simmetria conservataanche in presenza di interazione elettromagnetica, richiediamo che la densita dicorrente elettrica soddisfi la (C.7), cioe che, sotto C, risulti Jµ(x) → −Jµ(x).D’altronde, la densita di quadricorrente elettromagnetica associata ad un camposcalare carico e pari alla densita di quadricorrente di probabilita, moltiplicata perla carica elettrica assoluta e della particella (quindi e ha un segno univocamentedefinito una volta stabilito chi e la particella e chi e l’antiparticella). Come sappi-amo, questa corrente di probabilita e quella che si ottiene dal teorema di Noether,applicato all’invarianza in forma della densita lagrangiana per trasformazioni digauge di prima specie dei campi. Abbiamo229

Jµ(x) = i e[φ†(x)(∂µφ)(x)− (∂µφ†)(x) φ(x)

]= (J†)µ(x) (C.48)

e visto che

C : φ → e−iηc φ†; φ† → eiηc φ (C.49)

e evidente allora che, indipendentemente dalla fase ηc, risulta230

C : Jµ(x) → −Jµ(x) (C.53)

228Non e sempre questo il caso ...229Piu propriamente occorre qui prendere il prodotto normal − ordinato dei campi, in cui,

per definizione, gli operatori di annichilazione sono a destra di quelli di creazione, per cui, nelcaso considerato, per esempio risulta

< Ω | Jµ |Ω >= 0 (C.47)

230Sempre basandoci sul fatto che l’operatore a†(~p) a(~p) fornisce il numero di particelle conimpulso ~p presenti nello stato considerato, mentre b†(~p) b(~p) fornisce quello di antiparticelle,risulta evidentemente che l’operatore di Carica e dato da

Q = e

∫d3p

(2π)32Ep

[a†(~p) a(~p)− b†(~p) b(~p)

](C.50)

247

la quale dimostra quindi che l’operatore di coniugazione di carica C e una simmetriaconservata non solo per il campo scalare libero, ma anche quando si consideri lasua interazione con il campo elettromagnetico.

Come abbiamo evidenziato esplicitamente nella (C.48), la densita di correnteelettromagnetica deve essere un operatore hermitiano. Questo deve accadere inquanto

−Jµ(x) Aµ(x) (C.54)

e la lagrangiana di interazione con il campo elettromagnetico ed il campo Aµ eautoaggiunto, risultando

Aµ(x) =∫ d3p

2Ep(2π)3

∑

s=±

a(~p, s) εµ

s (~p) e−ipx + a†(~p, s) ε∗µs (~p) eipx

(C.55)

dove, essendo la massa del fotone nulla, Ep ≡ |~p| e l’unico commutatore non nulloe il seguente

[a(~p, s), a†(~q, r)

]= 2Ep (2π)3 δ(~p− ~q) δsr (C.56)

mentre εµs (~p) e il vettore di polarizzazione associato ad un fotone di impulso ~p ed

elicita s, i.e., per esempio nel caso di un fotone avente quadrimpulso (p, 0, 0, p), e

εµ± =

∓1√2(0, 1,±i, 0) (C.57)

Sotto coniugazione di carica, il campo Aµ non e invariante, come potrebbe aprima vista sembrare naturale, visto che il fotone e elettricamente scarico, bensıesso deve cambiare di segno, se vogliamo mantenere l’analogia classica, i.e.

C : Aµ(x) → −Aµ(x) (C.58)

dove e e la carica elettrica della particella. Da quanto si e detto, e evidente allora che risulta

C Q C−1 = −Q (C.51)

visto che

C : a†(~p) a(~p) ↔ b†(~p) b(~p) (C.52)

248

Questo si realizza231 richiedendo che

C a(~p, s)C−1 = −a(~p, s); C a†(~p, s)C−1 = −a†(~p, s) (C.60)

in analogia (a parte il segno meno ...) con la definizione precedentemente datanel caso del campo scalare, se ricordiamo che, essendo Aµ autoaggiunto, fotonee antifotone sono la stessa particella. Come si vede, pero, il fatto che particellae antiparticella in questo caso coincidano, non implica che C non abbia alcuneffetto sullo stato di fotone, infatti dalla (C.60) segue immediatamente che

C | a(~k, s) >= − | a(~k, s) > (C.61)

ovvero che su uno stato di n fotoni, risulta

C |n fotoni >= (−1)n |n fotoni > (C.62)

e poiche l’elettrodinamica (QED) e invariante sotto C, da questo segue in parti-colare che non possono esistere elementi di matrice, dovuti all’interazione elettro-magnetica, fra stati con un numero di fotoni pari e stati con un numero di fotonidispari: e il teorema di Furry.

Parlando di QED e di interazione elettromagnetica, non possiamo non discutere,a questo punto, l’effetto della coniugazione di carica C sul campo spinoriale(ovvero sul campo di Dirac), che ben descrive particelle cariche come, per es-empio, l’elettrone ... In questo caso, come gia sappiamo, e

ψ(x) =2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3a(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx (C.63)

ψ(x) =2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3b(r)(~p) v(r)(~p) e−ipx + a†(r)(~p) u(r)(~p) eipx (C.64)

e valgono le regole di anticommutazione (tutte le altre sono nulle ...)

a(r)(~p), a†(s)(~p′) = b(r)(~p), b†(s)(~p′) = 2 Ep (2π)3 δrs δ3(~p− ~p′) (C.65)

mentre gli spinori u e v sono normalizzati nel modo seguente

u(r)(~p) =m+ 6p√m + E

u(r)0 ; u(r)(~p) = u

(r)0

m+ 6p√m + E

(C.66)

v(r)(~p) =m− 6p√m + E

v(r)0 ; v(r)(~p) = v

(r)0

m− 6p√m + E

(C.67)

231Si noti che la (C.60) definisce una simmetria conservata per il campo libero, in quanto ladensita lagrangiana

L(x) = −14

Fµν Fµν ≡ −14

(∂µAν − ∂νAµ)(∂µAν − ∂νAµ) (C.59)

e ovviamente invariante sotto C, ovvero sotto un cambiamento di segno di Aµ, e cosıpure le regole di commutazione, coinvolgendo esse sempre il prodotto di due operatori dicreazione/distruzione. Inoltre risulta evidentemente ancora che C2 = I.

249

essendo

u(1)0 =

1000

; u

(2)0 =

0100

; v

(1)0 =

0001

; v

(2)0 = −

0010

(C.68)

per cui, definendo per comodita

w(1) =

(10

); w(2) =

(01

)(C.69)

w(1) = w(2) =

(01

); w(2) = −w(1) = −

(10

)(C.70)

si ha che, posto ~n ≡ ~p/p, risulta

u(r)(~p) =1√

m + Ep

((m + Ep) w(r)

(~p · ~σ) w(r)

)=

√Ep + m w(r)

√Ep −m (~n · ~σ) w(r)

(C.71)

v(r)(~p) =1√

m + Ep

((~p · ~σ) w(r)

(m + Ep) w(r)

)=

√Ep −m (~n · ~σ) w(r)

√Ep + m w(r)

(C.72)

Come sappiamo, l’evoluzione del campo libero di Dirac e retta dalla densitalagrangiana

L =i

2[ψγµ(∂µψ) − (∂µψ)γµψ] − m ψψ (C.73)

la quale gode anch’essa, evidentemente, dell’invarianza di gauge di prima specie,che stabilisce, appunto, la conservazione della densita di corrente232 elettromag-netica

Jµ(x) ≡ e ψ(x) γµ ψ(x) (C.78)

232Osserviamo di nuovo che, almeno se ψ e ψ si riferiscono alla stessa particella, risulta

(J†)µ = Jµ (C.74)

Infatti

(J†)µ = eψ†(γµ)+ (ψ)† (C.75)

ma

ψ = ψ†γ0 ⇒ (J†)µ = eψ†(γµ)+ (γ0)† ψ (C.76)

e siccome γ0 = (γ0)+, (γ0)2 = I e (γµ)+ = γ0γµγ0, risulta

(J†)µ = eψ†γ0 γµ (γ0)2 ψ ≡ Jµ (C.77)

250

Veniamo adesso all’azione sul campo spinoriale della simmetria di coniugazionedi carica C.Proviamo a definirla233, in completa analogia con quanto fatto nel caso del camposcalare carico, ponendo di nuovo, semplicemente

C a†(r)(~p) C−1 = eiηc b†(r)(~p) ⇔ C a(r)(~p) C−1 = e−iηc b(r)(~p) (C.80)

C b†(r)(~p) C−1 = e−iηc a†(r)(~p) ⇔ C b(r)(~p) C−1 = eiηc a(r)(~p) (C.81)

Vogliamo capire come si trasformeranno i campi ψ e ψ sotto questa trasfor-mazione, ovvero se, come nel caso scalare, vanno uno nell’altro ... ed in partico-lare che succede poi alla corrente Jµ(x).Consideriamo quindi, per esempio, l’integrando dello sviluppo in operatori dicreazione e distruzione del campo ψ, i.e. il termine

a(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx (C.82)

Sotto la simmetria di coniugazione di carica definita dalle (C.80) e (C.81), essodiviene evidentemente

e−iηcb(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx (C.83)

il quale rassomiglia effettivamente all’integrando dello sviluppo della ψ, con ladifferenza, pero che, a parte il fattore di fase, in quest’ultimo laddove comparelo spinore u vi compare v e laddove compare lo spinore v c’e u. Inoltre ψ (comedel resto gli spinori u e v) e una matrice colonna, mentre ψ (come pure u e v)e una matrice riga ... quindi, se mai, la simmetria C potra legare ψ con ψt e,analogamente, ψ con ψt ... ma non potra accadere, come nel caso del camposcalare, che mandi direttamente ψ in ψ e viceversa !

Ricordiamoci comunque che, dopo tutto, il nostro scopo e quello di giungere aduna definizione di C sul campo spinoriale tale per cui, per la corrente (C.78),risulti

C : Jµ(x) → −Jµ(x) (C.84)

Partiamo dunque, piuttosto, da questo punto fermo per cercare di capire laforma che dovra assumere C sui campi ψ e ψ. Riprendiamo dunque l’espressionedella corrente

Jµ(x) = e ψ(x) γµ ψ(x) (C.85)

233Osserviamo che, con questa definizione, C2 commuta con gli operatori di creazione e dis-truzione e dunque con ψ e ψ, ovvero con qualunque operatore dell’algebra dei campi. Questosignifica che possiamo, senza perdita di generalita alcuna, assumere che

C2 = I (C.79)

251

Questa espressione ha, pero, un problema: il suo valore di aspettazione sul vuotonon e nullo, a causa del modo asimmetrico con cui vi compaiono i campi ψ e ψ.In realta, la forma corretta della densita di corrente e piuttosto il prodottonormal-ordinato234 dell’espressione precedente, i.e.

Jµ = e : ψ γµ ψ : (C.91)

ovvero235

Jµ =e

2

[ψ, γµ ψ

](C.92)

dove questa espressione va intesa esplicitamente nel modo seguente

Jµ =e

2

[ψα (γµ)αβ ψβ − (γµ)αβ ψβ ψα

](C.93)

per cui, ricordando che ψ e una matrice colonna mentre ψ e una matrice riga, inlinguaggio matriciale si ha

Jµ =e

2

[ψγµψ − (γµψ)tψt

]=

e

2

[ψγµψ − ψt (γµ)t ψt

](C.94)

234Tralasciando, per comodita di notazione, di trascrivere sia gli spinori che gli esponenzialiche compaiono nello sviluppo dei campi, per la corrente abbiamo

Jµ = e ψ γµ ψ → (b + a†)(a + b†) (C.86)

ed il termine b b† ha valor medio non nullo sul vuoto.Il prodotto N−ordinato implica che in ogni addendo, gli operatori di creazione precedano quellidi annichilazione, dunque

: (b + a†)(a + b†) : ≡ : (b a + b b† + a† a + a† b†) : = b a− b† b + a† a + a† b† (C.87)

dove, per giungere a questa espressione, si e usato il fatto che

b b† = −b† b + b , b† (C.88)

e l’anticommutatore, che e un c-numero, e stato quindi sottratto.A questa stessa espressione (C.87) si puo giungere se prendiamo l’espressione della correntedata dalla (C.92). Usando gli stessi simboli di cui sopra, si ha infatti

e

2[ψ, γµ ψ

] → e

2[b + a†, a + b†

]=

e

2[(b + a†)(a + b†)− (a + b†)(b + a†)

]=

=e

2[b a + b b† + a†a + a†b† − a b− a a† − b†b− b†a†

]=

=e

2[2 b a + 2a†b† + a†a + a†a− a†, a − b†b− b†b + b†, b] =

= e[b a + a†b† + a†a +−b†b

](C.89)

dove si sono usate le relazioni

a a† = −a†a + a†, a; b b† = −b†b + b†, b; e a†, a = b†, b (C.90)

235cfr. J.D. Bjorkeen and S.D. Drell: Relativistic Quantum Fields, Mc Graw-Hill 1965, pag.91

252

Se adesso ricordiamo le osservazioni precedenti secondo le quali, ragionevolmente,la trasformazione di coniugazione di carica C deve legare ψ con ψt e ψ con ψt,unitamente alla esigenza gia ricordata per cui vogliamo che risulti

C : Jµ(x) → −Jµ(x) (C.95)

tutto questo ci suggerisce di cercare C in modo che scambi semplicemente i dueaddendi nella (C.94), i.e.236

C : ψ → C−1 ψt e−iηC (C.98)

ψ → −ψt C eiηC (C.99)

dove C dovra essere una matrice 4× 4 tale che

C γµ C−1 = −(γµ)t ⇔ (C−1)t (γµ)t Ct = −γµ (C.100)

In questo caso, infatti, avremo evidentemente che

C : Jµ → e

2

−ψtC eiηC γµ C−1 ψt e−iηC −

[C−1 ψt e−iηC

]t(γµ)t

[−ψt C eiηC

]t

=

=e

2

−ψt C γµ C−1 ψt + ψ(C−1)t (γµ)t Ct ψ

=

=e

2

ψt (γµ)t ψt − ψ γµ ψ

= −Jµ (C.101)

Ma vediamo ora se una matrice C che soddisfi la condizione (C.100) esiste !Per esplicitarla ci porremo, al solito, nella rappresentazione di Pauli-Dirac dellematrici γµ, dove

γ0 =

(I 00 − I

)γi =

(0 σi

−σi 0

)(C.102)

236Siccome, evidentemente, i campi ψ e ψ non sono indipendenti, le due leggi di trasformazione(C.98) e (C.99) devono essere compatibili. Assumendo che valga, per esempio, la prima, ne segueallora che, avendo assunto C unitario, risulta

C ψ C−1 = e−iηC C−1 ψt ⇒ C ψ C−1 = C ψ+ γ0 C−1 = C ψ+ C−1 γ0 C−1 == (C ψ C−1)+ γ0 = (e−iηC C−1 ψt)+ γ0 = eiηC (ψt)+(C−1)+ γ0 == eiηC [(ψ+γ0)t]+(C−1)+ γ0 = eiηC [γ0(ψ+)t]+(C−1)+ γ0 == eiηC ψt γ0(C−1)+ γ0 (C.96)

dove abbiamo usato il fatto che γ0 e simmetrica e reale (quindi anche hermitiana). Affinchevalga la (C.99), occorre e basta, dunque, che valga la (C.98) e che la matrice C sia tale per cui

γ0(C−1)+ γ0 = −C (C.97)

253

essendo σi le usuali matrici di Pauli, i.e.

σ1 =

(0 11 0

), σ2 =

(0 − ii 0

), σ3 =

(1 00 − 1

)(C.103)

Dalla loro definizione segue immediatamente che, essendo evidentemente

(σ1)t = σ1 ; (σ2)

t = −σ2 ; (σ3)t = σ3 (C.104)

risulta

(γ0)t = γ0 (C.105)

(γ1)t = −γ1 (C.106)

(γ2)t = γ2 (C.107)

(γ3)t = −γ3 (C.108)

per cui la condizione (C.100) diviene quindi

C γ0 C−1 = −(γ0)t = −γ0 (C.109)

C γ1 C−1 = −(γ1)t = γ1 (C.110)

C γ2 C−1 = −(γ2)t = −γ2 (C.111)

C γ0 C−1 = −(γ3)t = γ3 (C.112)

D’altronde ricordiamo che

γµ, γν = 2δµν (C.113)

ovvero che le γ con indice diverso anticommutano, mentre

(γ0)2 = I = −(γ1)2 = −(γ2)2 = −(γ3)2 (C.114)

Proviamo dunque a porre

C = i γ0 γ2 =

0 0 0 10 0 − 1 00 1 0 0−1 0 0 0

(C.115)

Risulta intanto evidente che C e reale e tale da soddisfare la (C.97), infatti

C−1 = −i (γ2)−1 (γ0)−1 = i γ2 γ0 = −i γ0 γ2 = −C (C.116)

Ct = i (γ2)t (γ0)t = i γ2 γ0 = −i γ0 γ2 = −C (C.117)

⇒ C−1 = C+ = −C ; C2 = −I (C.118)

⇒ γ0(C−1)+γ0 = γ0Cγ0 = −C (C.119)

254

Quanto poi alle sue proprieta di commutazione con le matrici γµ, si ha

C γ0 C−1 = γ0γ2 γ0 γ0γ2 = γ0γ2Iγ2 = γ0(γ2)2 = −γ0 (C.120)

C γ1 C−1 = γ0γ2 γ1 γ0γ2 = −γ0γ2γ0γ1γ2 = (γ0)2γ2γ1γ2 =

= γ2γ1γ2 = −(γ2)2γ1 = γ1 (C.121)

C γ2 C−1 = γ0γ2 γ2 γ0γ2 = γ0(γ2)2γ0γ2 = −(γ0)2γ2 = −γ2 (C.122)

C γ3 C−1 = γ0γ2 γ3 γ0γ2 = −γ0γ2γ0γ3γ2 = (γ0)2γ2γ3γ2 =

= γ2γ3γ2 = −(γ2)2γ3 = γ3 (C.123)

Resta cosı dimostrato che la matrice C definita dalla (C.115) soddisfa effetti-vamente le condizioni (C.100) e (C.97) e quindi puo essere usata per definirel’operatore C sui campi spinoriali ψ e ψ, in accordo con la (C.98) e la (C.99), inmodo che la corrente Jµ soddisfi237 la (C.95).Evidentemente pero, se ψ e ψ si trasformano sotto C secondo la (C.98) e (C.99),queste stesse leggi di trasformazione definiscono univocamente anche l’azione diC sugli operatori di creazione e distruzione di particella e antiparticella.Qual e dunque il modo di agire di C su questi operatori ?E’ facile convincersi che, effettivamente, cosı come avevamo ipotizzato, risultasemplicemente che

C a†(r)(~p) C−1 = eiηc b†(r)(~p) (C.124)

C a(r)(~p) C−1 = e−iηc b(r)(~p) (C.125)

C b†(r)(~p) C−1 = e−iηc a†(r)(~p) (C.126)

C b(r)(~p) C−1 = eiηc a(r)(~p) (C.127)

Consideriamo infatti, come esempio, il caso del campo ψ.Usando le (C.124)-(C.127), otteniamo (si ricordi che, per ipotesi, C e lineare e

237Si osservi che, volendo usare la definzione consueta di Jµ(x) avremmo potuto giungere alrisultato corretto ma al prezzo di qualche forzatura ... Vediamo come. Partiamo dunque da

Jµ(x) = ψ(x)γµψ(x) → JµC ≡ C Jµ C−1 = ψCγµψC = ψtC−1γµC−1ψt = ψt(γµ)tψt

Potrebbe ora sembrare che, essendo ψγµψ una matrice 1× 1, sia

ψt(γµ)tψt = (ψγµψ)t = ψγµψ

ma questo e errato nel primo passaggio poiche stiamo scambiando fra loro di posto operatoridi creazione/distruzione che anticommutano, senza tenerne conto ! Se ne teniamo conto edignoriamo il valore non nullo degli anticommutatori fra operatori di creazione e distruzione chesi riferiscono entrambi alla particella o alla antiparticella, allora otteniamo il risultato corretto

JµC = ψt(γµ)tψt = −(ψγµψ)t = −ψγµψ = −Jµ

ma e del tutto evidente che la strada seguita non e corretta proprio perche ci forza ad ignorarei contributi degli anticommutatori di cui sopra che, invece, non entrano in gioco quando siassuma la forma N-ordinata di Jµ...

255

non antilineare ...)

C ψ(x) C−1 = C

2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx

]C−1 =

= e−iηc

2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[b(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + a†(r)(~p) v(r)(~p) eipx

](C.128)

Osserviamo adesso che, dalla definizione segue che

C u(r)(~p) = C m+ 6p√m + Ep

u(r)0 = C m+ 6p√

m + Ep

C−1 C u(r)0 =

=1√

m + Ep

(pµC γµ C−1 + m

)C u

(r)0 =

1√m + Ep

(−pµ (γµ)t + m

)C u

(r)0 =

=1√

m + Ep

(m− 6p)t C u(r)0 (C.129)

D’altronde, dalla definizione (C.115) della matrice C e da quella degli spinori u(r)0

e v(r)0 (C.68), risulta

C u(1)0 =

0 0 0 10 0 − 1 00 1 0 0−1 0 0 0

1000

= −

0001

= −v

(1)0 (C.130)

C u(2)0 =

0 0 0 10 0 − 1 00 1 0 0−1 0 0 0

0100

=

0010

= −v

(2)0 (C.131)

quindi possiamo scrivere che

C u(r)(~p) =−1√

m + Ep

(m− 6p)t v(r)0 (C.132)

D’altronde, essendo v(r)0 reale e γ0 simmetrica, si ha

v(r)0 = −γ0 v

(r)0 = −

(v

(r)t0 (γ0)t

)t= −

(v

+(r)0 γ0

)t= −

(v

(r)0

)t(C.133)

e dunque risulta

C u(r)(~p) =1√

m + Ep

(m− 6p)t(v

(r)0

)t=

v(r)

o

m− 6p√m + Ep

t

=

=(v(r)(~p)

)t(C.134)

256

Analogamente abbiamo

C v(r)(~p) = C m− 6p√m + Ep

v(r)0 = C m− 6p√

m + Ep

C−1 C v(r)0 =

=1√

m + Ep

(m− pµC γµ C−1

)C v

(r)0 =

1√m + Ep

(m + pµ (γµ)t

)C v

(r)0 =

=1√

m + Ep

(m+ 6p)t C v(r)0 (C.135)

D’altronde, siccome C2 = −1, ecco che

Cu(r)0 = −v

(r)0 ⇒ Cv(r)

0 = u(r)0 (C.136)

dunque

C v(r)(~p) =1√

m + Ep

(m+ 6p)t u(r)0 (C.137)

ma, al solito, essendo u(r)0 reale e γ0 simmetrica, si ha

u(r)0 = γ0 u

(r)0 =

(u

(r)t0 (γ0)t

)t=

(u

+(r)0 γ0

)t=

(u

(r)0

)t(C.138)

e dunque risulta ancora che

C v(r)(~p) =1√

m + Ep

(m+ 6p)t(u

(r)0

)t=

u(r)

o

m+ 6p√m + Ep

t

=

=(u(r)(~p)

)t(C.139)

Usiamo adesso questi due risultati (C.134) e (C.139) nella (C.128): si ha

C ψ(x) C−1 = e−iηc

2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[b(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + a†(r)(~p) v(r)(~p) eipx

]=

= e−iηc

2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[b(r)(~p) C−1C u(r)(~p) e−ipx + a†(r)(~p) C−1C v(r)(~p) eipx

]=

= C−1 e−iηc

2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[b(r)(~p)

(v(r)(~p)

)te−ipx + a†(r)(~p)

(u(r)(~p)

)teipx

]=

= e−iηc C−1 ψt(x)

ovvero

C ψ(x) C−1 = e−iηc C−1 ψt(x) (C.140)

257

In modo del tutto analogo si puo dimostrare poi che risulta altresı

C ψ(x) C−1 = −eiηc ψt(x) C (C.141)

In realta non e necessario ripetere la dimostrazione238 in quanto, come abbiamogia osservato, se C soddisfa la (C.97), ovvero la condizione γ0(C)+γ0 = −Callora, nell’ipotesi che C sia unitario, risulta che

C ψ(x) C−1 = e−iηC C−1 ψt(x) (C.145)

⇔ C ψ C−1 = −eiηC ψt C (C.146)

Le (C.124)-(C.127) definiscono dunque una trasformazione C che scambiaparticella ed antiparticella e soddisfa le condizioni (C.98) e (C.99), ovvero che etale per cui

C : Jµ(x) → −Jµ(x) (C.147)

Ma e una simmetria ?Proprio perche e tale per cui vale la (C.147), possiamo senz’altro dire fin d’orache se lo e per il campo libero, lo e anche per quanto riguarda l’interazione delcampo elettromagnetico con la corrente prodotta dal campo spinoriale.Per il campo libero dobbiamo verificare ancora sia l’invarianza della densita la-grangiana che la coerenza della trasformazione con l’algebra dei campi, ovverocon le loro regole di anticommutazione.Iniziamo da queste ultime. Per gli unici anticommutatori non nulli si ha

C :a(r)(~p), a†(s)(~q)

←→

b(r)(~p), b†(s)(~q)

(C.148)

e siccome le regole di anticommutazione canoniche (C.65) ci dicono che esse coin-cidono per gli operatori di particella e di antiparticella, possiamo concludere che,

238Formalmente risulta infatti che se

C ψ(x) C−1 = e−iηC C−1 ψt(x) (C.142)

allora, essendo C, per ipotesi, unitaria, risulta

CψC−1 = Cψ†γ0C−1 = Cψ†C−1γ0 = Cψ†C†γ0 =(CψC−1

)†γ0 =

=(e−iηC C−1 ψt

)†γ0 = eiηC (ψt)†(C−1)+γ0 (C.143)

ma, per quanto visto precedentemente, essendo (C−1)+ = C, e γ0 = (γ0)t = (γ0)+ , risultainfine

CψC−1 = eiηC

[(ψ†γ0

)t]†Cγ0 = eiηC

[(γ0)t(ψt)†

]† Cγ0 =

= eiηC ψt γ0C γ0 = −eiηC ψt C (C.144)

258

effettivamente, la trasformazione C definita dalle (C.124) - (C.127) e senz’altrocompatibile con l’algebra del campo di Dirac.Veniamo ora alla dimostrazione della sua compatibilita con la dinamica.Partiamo al solito dalla densita lagrangiana del campo di Dirac

L(x) =i

2

[ψ γµ(∂µψ)− (∂µψ)γµψ

]−m ψ ψ (C.149)

ed osserviamo che la trasformazione C sui campi ψ e ψ e tale che239

C : x → x (C.152)

ψ(x) → ψC(x) = e−iηC C−1 ψt(x) ⇔ ψ = eiηC ψtC C−1 (C.153)

ψ(x) → ψC(x) = −eiηC ψt(x) C ⇔ ψ = −e−iηC C ψtC (C.154)

L’invarianza in valore della lagrangiana garantisce che l’evoluzione dei campitrasformati ψC e ψC e retta dalla densita lagrangiana seguente:

LC(x) =i

2

[(eiηC ψt

C C−1)γµ

(−∂µe

−iηC C ψtC

)−

(∂µe

iηCψtC C−1

)γµ

(−e−iηC C ψt

C

)]+

+ m eiηC ψtC C−1 e−iηC C ψt

C (C.155)

Iniziamo allora con il considerare il termine di massa. Si ha

m eiηC ψtC C−1 e−iηC C ψt

C = m ψtCψt

C = m (ψC)α (ψC)α (C.156)

dove la somma sulle componenti dei campi, individuate dall’indice α, si estende,ovviamente, da 1 a 4.Questo termine, apparentemente, e opposto a quello che compare nella densitalagrangiana originaria del campo di Dirac, dove il termine di massa e appuntoespresso dal termine

−m ψ ψ = −m ψα ψα (C.157)

In realta occorre ricordare, di nuovo, che i prodotti che compaiono nella densitalagrangiana vanno sempre intesi come normal-ordinati e siccome ψ e ψ anticom-mutano, evidentemente e

: ψ ψ : = − : ψ ψ : (C.158)

239Abbiamo infatti che (si ricordi che Ct = C−1 = −C)

ψC = e−iηC C−1 ψt ⇒ ψtC = e−iηC ψ (C−1)t = e−iηC ψC ⇒ ψ = eiηC ψt

C C−1 (C.150)

e cosı pure risulta

ψC = −eiηC ψt C ⇒ ψtC = −eiηC Ct ψ ⇒ ψ = −e−iηC (Ct)−1 ψt

C = −e−iηC C ψtC (C.151)

259

per cui, in definitiva, il termine di massa (C.156) coincide effettivamente conquello canonico, presente nella densita lagrangiana di Dirac.Veniamo ora agli altri due termini, i.e. alle quantita

(eiηC ψt

C C−1)γµ

(−∂µe

−iηC C ψtC

)−

(∂µe

iηCψtC C−1

)γµ

(−e−iηC C ψt

C

)=

= −ψtC

(C−1 γµ C

) (∂µψ

tC

)+

(∂µψ

tC

) (C−1 γµ C

)ψt

C (C.159)

D’altronde, essendo C−1 = −C, evidentemente si ha

CγµC−1 = −(γµ)t ⇔ C−1γµC = −(γµ)t (C.160)

e dunque i due termini di cui sopra diventano

ψtC(γµ)t

(∂µψ

tC

)−

(∂µψ

tC

)(γµ)tψt

C (C.161)

ovvero, esplicitamente

(ψC)α γµβα (∂µψC)β − (∂µψC)α γµ

βα (ψC)β =

= γµβα

[(ψC)α(∂µψC)β − (∂µψC)α(ψC)β

](C.162)

da confrontare con gli analoghi termini della densita lagrangiana di Dirac origi-naria

ψβ (γµ)βα(∂µψ)α − (∂µψ)β(γµ)βαψα = γµβα

[ψβ(∂µψ)α − (∂µψ)βψα

](C.163)

ed e allora evidente che, tenendo conto, di nuovo del normal-ordering e le regoledi anticommutazione dei campi, i due termini hanno la stessa forma.

Ricordiamo di nuovo che un metodo equivalente per verificare che i campi ψ eψC (e dunque anche ψ e ψC ...) hanno la stessa dinamica e, naturalmente, quellodi dimostrare che l’hamiltoniana libera H0 del campo di Dirac risulta essere C-invariante.Richiamiamo, a questo scopo, l’espressione di H0 in termini degli operatori dicreazione e distruzione. Risulta

H0 =∑r

∫ d3p

(2π)3 2Ep

[Ep a(r)†(~p) a(r)(~p) + Ep b(r)†(~p) b(r)(~p)

](C.164)

ed e evidente, allora, che, siccome risulta

C a† aC−1 = b† b; C b† bC−1 = a† a

l’operatore C commuta effettivamente con H0.Dato che l’operatore C rispetta anche l’algebra dei campi essa e dunque una

simmetria conservata anche per il campo di Dirac, la quale rimane tale anchein presenza di interazione elettromagnetica, per il fatto che inverte il segno delladensita di corrente ...

260

Prima di concludere l’argomento, veniamo ad un’ultima osservazione concer-nente il fattore di fase eiηC , detto anche parita di carica intrinseca della particella.Come si e visto, almeno nei casi esaminati, essa e, a priori, arbitraria, con la solaeccezione del caso delle particelle che coincidono con le loro antiparticelle, per lequali puo solo essere

eiηC = ±1 (C.165)

dovendo essere C2 = 1.Il fotone e una di queste e, come sappiamo, ha parita di carica intrinseca pari a−1, i.e.

C | γ >= − | γ > (C.166)

La conoscenza della parita di carica intrinseca del fotone (e, eventualmente,di altre particelle) viene usata per fissare quella di altre particelle, sulla basedell’esistenza di un decadimento di queste ultime che sappiamo avvenire at-traverso una imterazione che conserva C (come l’interazione elettromagnetica ol’interazione forte) e coinvolge fotoni e/o altri autostati di C di autovalore noto.Naturalmente, la bonta della conclusione deve essere poi verificata attravero altridecadimenti che non contraddicano la conclusione cosı tratta !

261

C.3 La Parita

Classicamente la simmetria di parita P e la simmetria legata all’inversione degliassi spaziali, i.e.

P : ~x → −~x ; t → t (C.167)

Secondo questa simmetria, quindi, ci aspettiamo che le grandezze vettoriali cam-bino di segno, mentre quelle pseudovettoriali non lo facciano. Per esempio, ciaspettiamo che

P : ~p → −~p ; ~J → ~J (C.168)

~E(~x, t) → − ~E(−~x, t) ; ~B(~x, t) → ~B(−~x, t) (C.169)

Aµ(~x, t) → Aµ(−~x, t) ; (C.170)

E per quanto riguarda gli stati ?Abbiamo gia visto, nello schema di prima quantizzazione, che l’operatore P , chedescrive la trasformazione di parita, puo essere definito in modo che sia unasimmetria unitaria tale che

P 2 = I (C.171)

Se prendiamo allora, per esempio, una base di autostati simultanei dell’impulsoe della componente z dello spin, questa simmetria dovra agire in modo che

P | ~p, s >≡ eiηP | − ~p, s > (C.172)

e la fase ηP dovra essere la stessa su tutti i vettori con cui si possono fare sovrap-posizioni lineari, se vogliamo che

P [α | ~p, s1 > +β | ~q, s2 >] ∝ α | − ~p, s1 > +β | − ~q, s2 > (C.173)

Questo implica che, limitandoci per esempio solo allo spazio degli stati di parti-cella singola, ηP sia unica su tutto lo spazio. D’altronde

P 2 = I ⇒ e2iηP = 1 (C.174)

e dunque

eiηP = ±1 = e−iηP (C.175)

Passiamo adesso a vedere quale puo essere l’azione di P sul campo scalare carico.Da quanto abbiamo detto, segue che ci aspettiamo che risulti

P | a(~p) > = eiηP | a(−~p) > (C.176)

P | b(~p) > = eiχP | b(−~p) > (C.177)

262

ovvero, assunto di nuovo che il vuoto |Ω > sia P−invariante, possiamo richiedereagli operatori di creazione di particella e antiparticella di essere tali per cui

P a†(~p) P−1 = eiηP a†(−~p) (C.178)

P b†(~p) P−1 = eiχP b†(−~p) (C.179)

e quindi, essendo P per ipotesi unitaria, sara altresı

P a(~p) P−1 = e−iηP a(−~p) (C.180)

P b(~p) P−1 = e−iχP b(−~p) (C.181)

A priori le fasi ηP e χP possono essere considerate come indipendenti, visto cheriguardano una la particella e l’altra l’antiparticella. Comunque, poiche i campiφ e φ† contengono entrambi operatori sia di particella che di antiparticella, soloun legame fra le due fasi consentira di giungere a leggi di trasformazione sempliciper i campi stessi.

Usando questo ulteriore vincolo, possiamo facilmente convincersi che deveessere240

χP = −ηP (C.183)

e dunque

P a†(~p) P−1 = eiηP a†(−~p) (C.184)

P a(~p) P−1 = e−iηP a(−~p) (C.185)

P b†(~p) P−1 = e−iηP b†(−~p) (C.186)

P b(~p) P−1 = eiηP b(−~p) (C.187)

Quanto ai campi, definendo per comodita

Px = P (x0, ~x) ≡ (x0,−~x) (C.188)

φP (x) ≡ φP (x0, ~x) = P φ(x) P−1 ≡ P φ(x0, ~x) P−1 (C.189)

risulta allora che

φP (x) = P φ(x) P−1 = e−iηP

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(−~p) e−ipx + b†(−~p) eipx

=

= e−iηP φ(x0,−~x) ≡ e−iηP φ(Px) (C.190)

240Ricordando comunque che

eiηp = ±1 = e−iηP (C.182)

263

e, analogamente (si ricordi comunque che eiηP = e−iηp)

φ†P (x) = P φ†(x) P−1 = eiηP

∫ d3p

2Ep(2π)3

b(−~p) e−ipx + a†(−~p) eipx

=

= eiηP φ†(x0,−~x) ≡ eiηP φ†(Px) (C.191)

in perfetto accordo con quanto potevamo attenderci in base all’analogia classica.

E’ banale dimostrare adesso che questa legge di trasformazione e compatibile conle regole di commutazione del campo.Come sappiamo, infatti, l’algebra del campo scalare e definita univocamente dalleregole di commutazione degli operatori di creazione e distruzione e gli unici com-mutatori non nulli sono

[a(~p), a†(~q)

]=

[b(~p), b†(~q)

]= 2Ep δ3(~p− ~q) (C.192)

D’altronde, sotto parita, gli operatori di creazione e distruzione di particella eantiparticella restano tali, solo che si invertono i segni degli impulsi, i.e.

~p → −~p ; ~q → −~q (C.193)

Siccome pero la funzione δ e una funzione pari, evidentemente la simmetria diparita P conserva la struttura canonica dell’algebra del campo scalare.Quanto poi alle equazioni del moto, evidentemente se i campi φ(x0, ~x) e φ†(x0, ~x)soddisfano l’equazione di Klein-Gordon, allora anche i campi

φP (x′) ≡ φP (x0,−~x) = e−iηP φ(x) (C.194)

φ†P (x′) ≡ φ†P (x0,−~x) = eiηP φ†(x) (C.195)

lo fanno, poiche

P : ∂µ → ∂′µ (C.196)

e dunque il D’Alembertiano non cambia per parita.Questo stesso risultato puo essere altresı ottenuto formalmente a partire dalladensita lagrangiana, dimostrandone, al solito, l’invarianza in forma sotto P .Infatti, come ben sappiamo, per il campo scalare abbiamo

L(x) = (∂µφ)(∂µφ†)−m2 φφ† (C.197)

D’altronde, secondo la trasformazione in questione risulta

P : x → x′ = Px ⇔ x = Px′ (C.198)

φ(x) → φP (x′) = e−iηP φ(x) ⇔ φ(x) = eiηP φP (x′) (C.199)

φ†(x) → φ†P (x′) = eiηP φ†(x) ⇔ φ†(x) = e−iηP φ†P (x′) (C.200)

264

Ma l’invarianza in valore della lagrangiana ci garantisce che φP (x′) e φ†P (x′) verifi-cano le equazioni di Eulero-Lagrange ottenute a partire dalla densita lagrangiana(si noti che i due fattori di fase in φ e φ† si compensano l’un l’altro)

LP (x′) = (∂µφP (x′))(∂µφ†P (x′))−m2 φP (x′)φ†P (x′) (C.201)

e siccome

∂µφP (x′) = ∂′µφP (x′) ≡ ∂

′µφP ; ∂µφ†P (x′) = ∂

′µφ

†P (x′) ≡ ∂

′µφ

†P (C.202)

ecco che risulta finalmente che

LP (x′) = (∂′µφP )(∂

′µφ

†P )−m2 φP φ†P (C.203)

ovvero che L e invariante in forma sotto P e dunque φ e φP hanno la stessadinamica !Da tutto questo, segue quindi che P e una simmetria conservata per il camposcalare libero.

Campi per cui eiηP = +1 sono detti campi scalari, mentre campi per cuieiηP = −1 sono detti campi pseudoscalari e la quantita eiηP = ±1 e chiamataanche parita intrinseca del campo o della particella considerata.Si noti infine che, per campi scalari, la parita intrinseca della particella e la stessadi quella dell’antiparticella.

Consideriamo adesso, di nuovo, l’interazione elettromagnetica. Classicamenteessa e invariante per parita perche

P : Jµ(x) → Jµ(Px) (C.204)

Aµ(x) → Aµ(Px) (C.205)

e dunque

Lint(x) = −Jµ(x)Aµ(x) → −Jµ(Px)Aµ(Px) = Lint(Px) (C.206)

Volendo mantenere l’analogia, richiederemo senz’altro che sia

P : Aµ(x) → Aµ(Px) (C.207)

e ne vedremo fra breve le conseguenze.Ma per quanto riguarda la densita di corrente associata al campo scalare carico?Come sappiamo, essa e data da

Jµ(x) = i[φ†(x) (∂µφ(x))−

(∂µφ†(x)

)φ(x)

](C.208)

265

Come si trasforma per parita ? Si ha

P J0(x0, ~x) P−1 = i[P φ†(x) P−1 P ∂0φ(x) P−1 − P ∂0φ†(x) P−1 P φ(x) P−1

]=

= i eiηP e−iηP

[φ†(x′) ∂

′0φ(x′)− ∂′0φ†(x′) φ(x′)

]=

= J0(x′) ≡ J0(x0,−~x) ≡ J0(Px) (C.209)

dove abbiamo usato il fatto che, ovviamente, ∂0 = ∂′0.

Per quanto riguarda invece le componenti spaziali, proprio perche ~∇ = −~∇′,

ripetendo la dimostrazione di cui sopra, si conclude che

P ~J(x) P−1 = − ~J(x′) ≡ − ~J(x0,−~x) ≡ − ~J(Px) (C.210)

ovvero risulta dimostrato che effettivamente si ha

P Jµ(x) P−1 = Jµ(x′) ≡ Jµ(x0,−~x) ≡ Jµ(Px) (C.211)

e questo indipendentemente dal fatto che il campo sia scalare o pseudoscalare.

Per quanto riguarda poi il campo elettromagnetico, abbiamo gia detto che, inbase al suo significato classico ed alle proprieta note del campo stesso, richiediamoche, anche per il campo quantizzato, accada che

P Aµ(x) P−1 = Aµ(x′) ≡ Aµ(Px) (C.212)

Abbiamo gia visto che lo sviluppo del campo elettromagnetico in termini di op-eratori di creazione e distruzione e dato da

Aµ(x) =∑s

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(~p, s) εµ

s (~p) e−ipx + a†(~p, s) ε∗µs (~p) eipx]

(C.213)

dove εµs (~p) descrive lo stato di polarizzazione241 del fotone generato dall’operatore

di creazione a†(~p, s), quando esso viene applicato al vuoto.Abbiamo detto che vogliamo che risulti

P Aµ(x0, ~x) P−1 = Aµ(x0,−~x) (C.215)

241Infatti la funzione d’onda del fotone individuato dallo stato a†(~p, s) |Ω > e data da

ψµs (x) = < Ω|Aµ(x) a†(~p, s) |Ω >=

=∑

λ

∫d3q

(2π)3 2Eq< Ω| [

a(~q, λ) εµ(~q, λ) e−iqx + a†(~q, λ) ε∗µ(~q, λ) eiqx]

a†(~p, s) |Ω >=

=∑

λ

∫d3q

(2π)3 2Eqεµ(~q, λ) e−iqx (2π)3 δsλ δ(~q − ~p) 2Eq = εµ(~q, s) e−ipx (C.214)

dove si e usato il fatto che < Ω| a a† |Ω >=< Ω|[a , a†] |Ω > e che < Ω|a† a† |Ω >= 0, nonchel’espressione canonica del commutatore, per cui risulta

[a(~p) , a†(~q)] = 2Ep (2π)3 δ(~q − ~p)

266

ovvero, visto che nella gauge di radiazione A0 = 0, questo significa che

P ~A(x0, ~x) P−1 = − ~A(x0,−~x) (C.216)

Cerchiamo allora di vedere che cosa questo implichi sugli operatori di creazione edistruzione del fotone e riprendiamo per questo lo sviluppo consueto del campoAµ, usando per descrivere lo stato di polarizzazione dei fotoni gli stati con elicitadefinita. Risulta

Aµ(x0, ~x) =∑

λ=±1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(~p, λ) εµ(~p, λ) e−ipx + a†(~p, λ) ε∗µ(~p, λ) eipx

]

dove gli stati di polarizzazione sono quelli di elicita, i.e. λ = ±1, il cui significato,lo ricordiamo, e quello della proiezione del momento angolare nella direzione delmoto. Ci aspettiamo dunque che, per parita, visto che il moto si inverte di sensoma il momento angolare no, sia

P : λ → −λ (C.217)

Proviamo dunque a definire

P a(~p, λ) P−1 = −a(−~p,−λ) (C.218)

P a†(~p, λ) P−1 = −a†(−~p,−λ) (C.219)

Risulta allora, usando le relazioni242 sulle polarizzazioni (2.387) e (2.388), che

P ~A(x0, ~x) P−1 = − ∑

λ=±1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(−~p,−λ)~ε(~p, λ) e−ip0x0+i~p·~x+

+ a†(−~p,−λ)~ε∗(~p, λ) eip0x0−i~p·~x]=

= − ∑

λ=±1

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(−~p,−λ)~ε(−~p,−λ) e−ip0x0+i~p·~x+

+ a†(−~p,−λ)~ε∗(−~p,−λ) eip0x0−i~p·~x]

242Nella gauge di radiazione, detta anche gauge di Coulomb (nella quale il potenziale scalaresoddisfa l’equazione dell’elettrostatica e dunque, in assenza di densita di carica, e nullo) perun’onda che viaggia nella direzione ~k dell’asse z, possiamo scegliere

~ε(~k, 1) = (1, 0, 0) (C.220)

~ε(~k, 2) = (0, 1, 0) (C.221)

e questo corrisponde a scegliere polarizzazioni lineari: per ipotesi, i vettori ~ε(~k, 1), ~ε(~k, 2) e~k/|~k| formano una terna destrorsa, rispettivamente come gli assi cartesiani x, y, z. Seguendola convenzione consueta (usata, p.es. anche da Bjorken e Drell), per un’onda che viaggia inverso opposto alla direzione ~k dell’asse z assumeremo altresı che sia

~ε(−~k, 1) = −~ε(~k, 1) (C.222)

~ε(−~k, 2) = ~ε(~k, 2) (C.223)

Un’altra scelta equivalente e molto spesso piu comoda e quella di usare polarizzazioni circolari,i.e., sempre per un fotone che viaggia lungo l’asse z

267

Scambiando allora λ → −µ e ~p → −~q, si ha

P ~A(x0, ~x) P−1 = − ∑

µ=±1

∫ d3q

2Eq(2π)3

[a(~q, µ)~ε(~q, µ) e−iq0x0+i~q·(−~x) +

+ a†(~q, µ)~ε∗(~q, µ) eiq0x0−i~q·(−~x)]

=

= − ~A(x0,−~x) (C.228)

che dimostra la (C.216) e quindi la (C.215).E’ facile poi verificare che la legge di trasformazione (C.218)-(C.219)

• rispetta con l’algebra del campo elettromagnetico;

• lascia, evidentemente, invarianti le equazioni del moto

2Aµ = 0; ∂µAµ = 0 (C.229)

in quanto

P : ∂µ → ∂′µ; Aµ(x) → Aµ(Px) (C.230)

Quindi P definisce una simmetria conservata per il campo elettromagnetico libero.Osserviamo, prima di lasciare questo argomento, che, per quanto detto sopra,

lo stato di fotone e tale per cui

P | ~p, λ >= P a†(~p, λ) P−1 P |Ω >= −a†(−~p,−λ) |Ω >= − | − ~p, −λ > (C.231)

ovvero che il fotone ha parita intrinseca negativa.

E veniamo, infine, all’azione della trasformazione di parita sul campo di Dirac.Evidentemente, cosı come nel caso del campo scalare, affinche P possa continuaread essere una simmetria conservata in presenza di interazione elettromagnetica,vogliamo che accada che

P : Jµ(x) → Jµ(Px) (C.232)

~ε(~k, +) =1√2

(−~ε(~k, 1)− i~ε(~k, 2)

)= − 1√

2(1, i, 0) elicita′ λ = +1 (C.224)

~ε(~k,−) =1√2

(~ε(~k, 1)− i~ε(~k, 2)

)=

1√2(1,−i, 0) elicita′ λ = −1 (C.225)

In questo caso, date le (C.222) e (C.223), risulta

~ε(−~k, +) =1√2

(~ε(~k, 1)− i~ε(~k, 2)

)= ~ε(~k,−) (C.226)

~ε(−~k,−) =1√2

(−~ε(~k, 1)− i~ε(~k, 2)

)= ~ε(~k, +) (C.227)

268

Ma procediamo, di nuovo, a partire dallo sviluppo del campo in termini di oper-atori di creazione e distruzione, tenendo conto dell’analogia classica.Dovendo, la parita invertire il segno dell’impulso ma non alterare lo stato di spindella particella/antiparticella, possiamo provare a scrivere

P a†(r)(~p) P−1 = eiηP a†(r)(−~p) (C.233)

P a(r)(~p) P−1 = e−iηP a(r)(−~p) (C.234)

dove la (C.234) discende direttamente dalla (C.233) visto che abbiamo assuntoche P sia unitaria.

Per quanto riguarda poi l’azione di P sugli operatori di creazione e distruzionedell’antiparticella, in analogia con quanto accadeva nel caso del campo scalare243,possiamo provare a porre

P b†(r)(~p) P−1 = e−iηP b†(r)(−~p) (C.235)

P b(r)(~p) P−1 = eiηP b(r)(−~p) (C.236)

con eiηP = ±1 = e−iηP , per il fatto che deve comunque essere P 2 = I.Vediamo l’effetto della trasformazione P sopra definita sui campi ψ e ψ. Si ha

P ψ(x0, ~x) P−1 = P

∑r

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(r)(~p)u(r)(~p) e−ipx+

+ b†(r)(~p)v(r)(~p) eipx+]

P−1 =

= e−iηP∑r

∫ d3p

2Ep(2π)3

[a(r)(−~p)u(r)(~p) e−ip0x0+i~p·~x+

+ b†(r)(−~p)v(r)(~p) eip0x0−i~p·~x]=

= e−iηP∑r

∫ d3q

2Eq(2π)3

[a(r)(~q)u(r)(−~q) e−iq0x0+i~q·(−~x)+

+ b†(r)(~q)v(r)(−~q) eiq0x0−i~q·(−~x)]

(C.237)

Ma essendo

u(r)(~p) =m+ 6p√m + Ep

u(r)0 =

p0γ0 − ~p · ~γ + m√m + Ep

u(r)0 (C.238)

chiaramente risulta

u(r)(−~p) =p0γ0 + ~p · ~γ + m√

m + Ep

u(r)0 =

(p0γ0 + ~p · ~γ + m)γ0

√m + Ep

γ0 u(r)0 =

243Ricordiamo a questo proposito che la ragione per cui il fattore di fase che compare nella leggedi trasformazione sotto P di b† sia il complesso coniugato di quello relativo ad a†, discendevasolo dall’esigenza di avere, alla fine, una legge di trasformazione semplice per il campo φ. Comevedremo, questa stessa esigenza ci costringera, nel caso del campo ψ, a giungere ad una diversaconclusione.

269

= γ0 (p0γ0 − ~p · ~γ + m)√m + Ep

γ0 u(r)0 = γ0p0γ0 − ~p · ~γ + m√

m + Ep

u(r)0 (C.239)

visto che γ0γk = −γkγ0 e γ0u(r)0 = u

(r)0 . Dunque si ha

u(r)(−~p) = γ0 u(r)(~p) (C.240)

Per quanto riguarda lo spinore vr(~p), a sua volta, si ha che, essendo

v(r)(~p) =m− 6p√m + E

v(r)0 (C.241)

risulta che

v(r)(−~p) =m− p0γ0 − ~p · ~γ√

m + Ep

v(r)0 =

(m− p0γ0 − ~p · ~γ)γ0

√m + Ep

γ0 v(r)0 =

= γ0 (m− p0γ0 + ~p · ~γ)√m + Ep

(−v(r)0 ) (C.242)

essendo stavolta γ0v(r)0 = −v

(r)0 . Quindi abbiamo

v(r)(−~p) = −γ0 v(r)(~p) (C.243)

Questo diverso comportamento degli spinori u dagli spinori v richiede un ripen-samento delle (C.233)-(C.236).Se vogliamo, infatti, che il campo ψ si trasformi sotto parita in modo ragionevole,i.e.

P ψ(x0, ~x) P−1 ∝ ψ(x0,−~x) (C.244)

allora, mantenendo per gli operatori a e a† che agiscono sulla particella, lerelazioni (C.233) e (C.234) occorre, quanto agli operatori b e b† che agisconosull’antiparticella, imporre che soddisfino piuttosto le relazioni seguenti

P b†(~p) P−1 = −e−iηP b†(−~p) (C.245)

P b(~p) P−1 = −eiηP b(−~p) (C.246)

Infatti, in questo caso, per la (C.233) e la (C.245), avremo

P ψ(x0, ~x) P−1 = e−iηP∑r

∫ d3q

2Eq(2π)3

[a(r)(~q) u(r)(−~q) e−iq0x0+i~q·(−~x)−

−b†(r)(~q) v(r)(−~q) eiq0x0−i~q·(−~x)]

=

= e−iηP γ0∑r

∫ d3q

2Eq(2π)3

[a(r)(~q) u(r)(~q) e−iq0x0+i~q·(−~x)+

= +b†(r)(~q) v(r)(~q) eiq0x0−i~q·(−~x)]

=

= e−iηP γ0 ψ(x0, −~x) (C.247)

270

Ovvero, posto al solito

ψP (x) ≡ P ψ(x) P−1 (C.248)

risulta

ψP (x) = e−iηP γ0 ψ(Px) (C.249)

Per il campo ψ, nelle stesse ipotesi, otteniamo evidentemente che244

P ψ(x0, ~x) P−1 = eiηP ψ(x0,−~x) γ0 ⇒ ψP (x) = eiηP ψ(Px) γ0 (C.251)

Quindi, nel caso spinoriale, particella e antiparticella hanno parita intrinsecheopposte: se poniamo eiηP ≡ 1, la particella ha parita +1 e l’antiparticella haparita −1, mentre vale l’opposto se eiηP = −1.

Cerchiamo ora di vedere se la trasformazione P cosı definita e una simmetriaconservata nel caso del campo spinoriale libero.E’ facile convincersi che P e coerente con l’algebra dei campi in quanto rispettale regole di anticommutazione. Infatti, per le uniche non nulle, si ha

a(r)(~p) , a†(s)(~q)

= 2Ep δrs δ(~p− ~q)

P : ⇒e−iηP a(r)(−~p) , eiηP a†(s)(−~q)

= 2Ep δrs δ(−~p + ~q) ≡ 2Ep δrs δ(~p− ~q)

b(r)(~p) , b†(s)(~q)

= 2Ep δrs δ(~p− ~q)

P : ⇒−eiηP b(r)(−~p) , −e−iηP b†(s)(−~q)

= 2Ep δrs δ(−~p + ~q) ≡ 2Ep δrs δ(~p− ~q)

Veniamo ora alla dinamica. La densita lagrangiana del campo spinoriale, comeben sappiamo, e

L(x) =i

2

[ψ γµ (∂µψ)− (∂µψ) γµ ψ

]−m ψ ψ (C.252)

La legge di trasformazione descritta da P e tale per cui

P : x → x′ ≡ P x ⇔ x = P x′ (C.253)

ψ(x) → ψP (x′) ≡ e−iηP γ0 ψ(x) ⇔ ψ(x) = eiηP γ0 ψP (x′) (C.254)

ψ(x) → ψP (x′) ≡ eiηP ψ(x) γ0 ⇔ ψ(x) = e−iηP ψP (x′) γ0 (C.255)

244Si puo procedere formalmente come abbiamo fatto nel caso del campo ψ(x), a partire dalleleggi di trasformazione degli operatori di creazione e distruzione, oppure si puo semplicementeosservare che, dalla legge di trasformazione di ψ(x), segue che

P ψ(x0, ~x)P−1 = P ψ+(x)γ0 P−1 = P ψ+(x)P−1 γ0 =(P ψ(x) P−1

)+γ0 =

=(e−iηP γ0 ψ(Px)

)+γ0 = eiηP

(γ0 ψ(Px)

)+γ0 = eiηP ψ(Px)+ γ0 γ0 =

= eiηP ψ(Px) γ0 (C.250)

271

dunque l’evoluzione dei campi ψP e ψP e retta dalla densita lagrangiana (invari-anza in valore ...)

LP (x′) =i

2

e−iηP ψP (x′)γ0 γµ ∂µ[eiηP γ0 ψP (x′)]−

− ∂µ[e−iηP ψP (x′)γ0] γµ eiηP γ0ψP (x′)−

− m e−iηP ψP (x′)γ0 eiηP γ0 ψP (x′) =

=i

2

ψP γ0 γµ γ0 (∂

′µψP )− (∂′µψP ) γ0 γµ γ0ψP

−m ψP ψP (C.256)

dove abbiamo usato il fatto che ∂µ = ∂′µ e che (γ0)2 = I.

Poiche γ0γµγ0 = γµ, abbiamo immediatamente che

LP (x′) =i

2

ψP γµ (∂

′µψP )− (∂′µψP ) γµ ψP

−m ψP ψP (C.257)

la quale prova che la densita lagrangiana del campo di Dirac risulta invariante informa per parita e quindi i campi ψ e ψP hanno la stessa dinamica.Resta cosı dimostrato che la trasformazione P definita da

P a†(r)(~p) P−1 = eiηP a†(r)(−~p) (C.258)

P a(r)(~p) P−1 = e−iηP a(r)(−~p) (C.259)

P b†(r)(~p) P−1 = −eiηP b†(r)(−~p) (C.260)

P b(r)(~p) P−1 = −e−iηP b(r)(−~p) (C.261)

e una simmetria conservatata per il campo di Dirac libero.

Vediamo ora che succede, di nuovo, nel caso dell’interazione elettromagnetica.Evidentemente P sara ancora una simmetria conservata se e solo se

P : Jµ(x) → Jµ(Px) (C.262)

Dalle leggi di trasformazione di ψ e ψ, essendo245

Jµ(x) = e ψ(x) γµ ψ(x) (C.263)

abbiamo effettivamente che

P Jµ(x) P−1 = e P ψ P−1γµ Pψ P−1 =

= e eiηP ψ(Px)γ0γµ e−iηP γ0ψ(Px) =

= e ψ(Px) γµ ψ(Px) ≡ Jµ(Px) (C.264)

dunque risulta cosı provato che P e una simmetria conservata anche nel casodell’interazione elettromagnetica, quando la densita di corrente elettrica sia quellaassociata ad una particella di Dirac.

245Siccome P manda ψ e ψ in se, ovvero non le scambia come fa invece C, non e strettamentenecessario usare per Jµ la forma N − ordinata. Va da se comunque che, se la usiamo, continuaa valere la (C.262), come il lettore puo verificare direttamente.

272

C.4 L’inversione temporale

Come abbiamo avuto modo di concludere gia nell’ambito dello schema di primaquantizzazione della Meccanica Quantistica, l’operatore T di inversione temporalee antiunitario. In quel contesto, ma in tutta generalita, abbiamo altresı osservatoche questo operatore e una simmetria conservata del sistema se, dato uno stato|A > al tempo t e lasciato evolvere per un intervallo di tempo ∆t in modo daottenere lo stato |B >, allora, preso il suo riflesso246 nel tempo |B >T e lasciatoevolvere con la stessa dinamica per lo stesso intervallo di tempo ∆t, otteniamodi nuovo il riflesso nel tempo |A >T dello stato |A > di partenza.

Classicamente abbiamo gia discusso come questa simmetria abbia a che farecon la reversibilita di un processo fisico, associata alla trasformazione

t → t′ = −t (C.266)

per quanto concerne il suo effetto sulle variabili cinematiche che definiscono lostato.

Sotto l’operatore T , dunque, se vogliamo garantire la validita dell’analogiaclassica, deve accadere, per esempio, che

T ~X T−1 = ~X (C.267)

T ~P T−1 = −~P (C.268)

T ~J T−1 = − ~J (C.269)

ed inoltre, assunto che la densita di carica sia scalare sotto inversione temporale,

246Per esempio, per uno stato che sia autostato simultaneo dell’impulso, di J2 e di Jz,il riflesso nel tempo si ottiene dallo stato di partenza, invertendo il segno dell’autovaloredell’impulso e della componente z del momento angolare, i.e.

T : | ~p, J,m > → ∝ | − ~p, J,−m > (C.265)

273

dovra essere altresı che247

T ~E(~x, t) T−1 = ~E(~x,−t); T ~B(~x, t) T−1 = − ~B(~x,−t) (C.275)

⇒ T Aµ(~x, t) T−1 = Aµ(~x,−t) (C.276)

Siccome, pero, evidentemente, sempre sulla base dell’analogia classica, deve essere

T Jµ(~x, t) T−1 = Jµ(~x,−t) (C.277)

ecco che, l’interazione elettromagnetica, descritta classicamente nella lagrangianadal termine JµA

µ, risulta essere T−invariante.Naturalmente vogliamo che questa medesima conclusione rimanga valida an-

che nell’ambito della teoria quantistica dei campi, per cui T sara costruita inquesto ambito usando l’analogia classica ed avendo in mente di mantenerla comesimmetria conservata.Vediamo che cosa implica questa richiesta ed iniziamo dal campo scalare.Ricordiamo a questo proposito che, quando abbiamo studiato T in prima quan-tizzazione, abbiamo concluso che, nel caso di una particella scalare, i.e. nel casoin cui l’impulso costituisce un insieme completo di osservabili che commutano,allora risulta che

T | ~p >= eiηT | − ~p > (C.278)

247Il campo elettrico ha origine nelle cariche, che sono assunte scalari sotto T , quindi noncambia di segno, a differenza del campo magnetico che ha come sorgenti le correnti, le quali,essendo legate al moto delle cariche, invece, cambiano di segno sotto T . Dunque, ricordandoche

Fµν =

0 − Ex − Ey − Ez

Ex 0 −Bz By

Ey Bz 0 −Bx

Ez −By Bx 0

⇔ Fµν =

0 Ex Ey Ez

−Ex 0 −Bz By

−Ey Bz 0 −Bx

−Ez −By Bx 0

(C.270)

ecco che

T : Fµν → −Fµν (C.271)

ma poiche chiaramente risulta

T : ∂µ → −∂′µ (C.272)

visto che, per definizione

Fµν ≡ ∂µAν − ∂νAµ (C.273)

ecco che deve valere appunto la relazione

T : Aµ → Aµ (C.274)

274

e questo puo essere tradotto, per quanto riguarda l’azione di T sugli operatori dicreazione di particella ed antiparticella, nella relazione248

T a†(~p) T−1 = eiηT a†(−~p) (C.279)

T b†(~p) T−1 = e−iηT b†(−~p) (C.280)

e quindi249 per gli operatori di distruzione avremo altresı

T a(~p) T−1 = e−iηT a(−~p) (C.287)

T b(~p) T−1 = eiηT b(−~p) (C.288)

Si osservi che le leggi di trasformazione (C.279)-(C.280) e (C.287)-(C.288) sonoformalmente le stesse che nel caso della parita P , quindi250 l’operatore T e com-patibile con l’algebra del campo scalare, cosı come sappiamo che lo e l’operatoredi parita P .Vuol dire questo che T e P coincidono nel caso del campo scalare ? No !La ragione e che la trasformazione P e unitaria mentre T e antiunitaria.Vediamo dunque che cosa consegue da questo fatto, per esempio, per quanto

248Il fatto che per particella ed antiparticella la fase sia opposta discende, di nuovo, dal fattoche, solo in questo modo si puo dedurre una legge di trasformazione semplice per il camposcalare φ (dato che nella sua decomposizione spettrale compaiono a e b†) e per il suo aggiuntoφ†.

249Se prendiamo, infatti, l’aggiunto di entrambi i membri delle (C.279) e (C.280), otteniamo

(T−1)† a(~p) T † = e−iηT a(−~p) (C.281)(T−1)† b(~p) T † = eiηT b(−~p) (C.282)

e se T fosse unitario, non avremmo esitazioni ... ma e antiunitario: quanto vale, allora (T−1)† ?Ricordiamo che, per un operatore antiunitario A, dati comunque i vettori |φ > e |ψ > risulta

< Aφ|ψ >≡< φ|A† ψ >∗ (C.283)

quindi, nel caso di T−1, si ha

< T−1 φ|ψ >=< φ| (T−1)† ψ >∗ (C.284)

ma

< T−1 φ|ψ >=< T−1 φ|T−1 T ψ >=< φ|T ψ >∗ (C.285)

e dunque, per l’arbitrarieta di |φ > e |ψ >, confrontando la (C.284) con la (C.285). si concludeche e ancora

(T−1)† = T (C.286)

250In realta questa conclusione e meno ovvia di quanto possa sembrare ... come vedremo trabreve.

275

riguarda la legge di trasformazione del campo stesso.Ripartendo dal ben noto sviluppo

φ(x0, ~x) =∫ d3p

2Ep(2π)3

a(~p) e−ip0x0+i~p·~x + b†(~p) eip0x0−i~p·~x

(C.289)

ed usando la (C.287) e la (C.280), nonche tenendo conto del carattere antiunitariodi T , abbiamo

T φ(x0, ~x) T−1 = e−iηT

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(−~p) eip0x0−i~p·~x + b†(−~p) e−ip0x0+i~p·~x

(C.290)

Cambiando variabile di integrazione, i.e. ponendo ~q = −~p , si ha allora che(p0 = q0 !)

T φ(x0, ~x) T−1 = e−iηT

∫ d3q

2Eq(2π)3

a(~q) e−iq0(−x0)+i~q·~x + b†(~q) eiq0(−x0)−i~q·~x

=

= e−iηT φ(−x0, ~x) ≡ e−iηT φ(Tx) (C.291)

dove si e posto251, per comodita di notazione ed in analogia con quanto gia fattoper la parita,

Tx ≡ T (x0, ~x) = (−x0, ~x) (C.292)

Analogamente poi per φ† risulta

T φ†(x0, ~x) T−1 = eiηT φ†(−x0, ~x) ≡ eiηT φ†(Tx) (C.293)

e questi risultati, evidentemente, sono in perfetto accordo con quanto potevamoattenderci sulla base dell’analogia classica !

A questo punto, e opportuno tornare sulla questione della compatibilita dellatrasformazione con le regole di commutazione, che abbiamo prima accertato sullabase dell’identita formale con quelle per la parita.Bisogna ricordare che T , a differenza di P , e antiunitario: la conclusione trattasulla base dell’analogia con P risulta corretta solo perche i commutatori252 fra glioperatori di creazione e distruzione sono comunque reali !

Veniamo adesso al problema di vedere se T e una simmetria conservata nel casodel campo scalare libero.

251E’ evidente che la matrice T che descrive l’azione della trasformazione sul quadrivettore xe semplicemente l’opposto del tensore metrico g.

252Abbiamo visto che, per il campo scalare, le regole di commutazione canoniche si traducononella relazione

[φ(x), φ†y

]= i ∆(x− y; m) (C.294)

dove

i ∆(x) ≡ 1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) eiqx

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](C.295)

276

La trasformazione e tale per cui

T : x → x′ = Tx ⇔ x = Tx′ (C.304)

φ(x) → φT (x′) = e−iηT φ(x) ⇔ φ(x) = eiηT φT (x′) (C.305)

φ†(x) → φ†T (x′) = eiηT φ†(x) ⇔ φ†(x) = e−iηT φ†T (x′) (C.306)

Sotto T , per quanto visto sopra, abbiamo

T[φ(x), φ†(y)

]T−1 =

[φ(Tx), φ†(Ty)

](C.296)

quindi, la compatibilita di T con le regole di commutazione del campo si traduce nel fatto chedeve risultare

T i∆(x;m)T−1 = i ∆(Tx;m) (C.297)

ovvero che la quantita (si ricordi che T e antiunitario)

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) e−iqx

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](C.298)

deve essere uguale alla quantita

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) eiq(Tx)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](C.299)

Quanto alla prima quantita (C.298), si ha

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) e−iqx

[Θ(q0)−Θ(−q0)

]= i ∆(−x;m) (C.300)

e poiche la funzione ∆ e dispari, abbiamo

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) e−iqx

[Θ(q0)−Θ(−q0)

]= i ∆(−x;m) =

= −i ∆(x; m) = − 1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) eiqx

[Θ(q0)−Θ(−q0)

](C.301)

Veniamo ora alla seconda quantita (C.299). Poiche risulta evidentemente che

q(Tx) = (Tq)x (C.302)

ecco che, ponendo p = Tq ⇒ p0 = −q0 , abbiamo

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) eiq(Tx)

[Θ(q0)−Θ(−q0)

]=

1(2π3)

∫d4q δ(q2 −m2) ei(Tq)x

[Θ(q0)−Θ(−q0)

]=

1(2π3)

∫d4p δ(p2 −m2) eipx

[Θ(−p0)−Θ(p0)

]= −i ∆(x; m) (C.303)

per cui resta dimostrato che la (C.298) e la (C.299) coincidono e dunque e cosı dimostrato inmodo diretto che la trasformazione di inversione temporale T e compatibile con l’algebra delcampo. Si osservi ancora una volta che, per giungere a questa conclusione, e stato necessariousare il fatto che T e antiunitario.

277

Quanto alla densita lagrangiana, l’invarianza in valore ci garantisce che, essendoquella del campo scalare libero data da

L(x) = (∂µφ(x))(∂µφ†(x)

)−m2 φ(x) φ†(x) (C.307)

risulta (i fattori di fase, evidentemente, si compensano ...)

LT (x′) = (∂µφT (x′))(∂µφ†T (x′)

)−m2 φT (x′) φ†T (x′) (C.308)

D’altronde, evidentemente e

T : ∂µ → −∂′µ (C.309)

per cui abbiamo infine che

LT (x′) =(∂′µφT (x′)

) (∂′µφ

†T (x′)

)−m2 φT (x′) φ†T (x′) (C.310)

ovvero la densita lagrangiana e invariante in forma sotto T e dunque φ e φT

hanno la stessa dinamica, per cui T , che abbiamo gia visto essere compatibilecon l’algebra del campo, risulta essere una simmetria esatta per il campo scalarelibero.

Che succede, ora, nel caso in cui la corrente associata al campo scalare inter-agisca con il campo elettromagnetico ?Abbiamo gia detto che T restera una simmetria conservata se e solo se

T Jµ(x) T−1 = Jµ(Tx) ≡ Jµ(x′) (C.311)

Ma la densita di corrente associata al campo scalare carico e dato da

Jµ(x) = i e[φ†(x) (∂µφ(x))−

(∂µφ†(x)

)φ(x)

](C.312)

e in base a quanto detto sopra, abbiamo (di nuovo, i fattori di fase si compensano)

T Jµ(x) T−1 = −i e T[φ†(x) (∂µφ(x))−

(∂µφ†(x)

)φ(x)

]T−1 =

= −i e[T φ†(x)T−1

(∂µT φ(x) T−1

)−

(∂µT φ†(x)T−1

)T φ(x) T−1

]=

= −i e[φ†(Tx) (∂µφ(Tx))−

(∂µφ†(Tx)

)φ(Tx)

]=

= i e[φ†(x′)

(∂′µφ(x′)

)−

(∂′µφ

†(x′))φ(x′)

]=

= Jµ(x′) (C.313)

dove, nell’ultimo passaggio, abbiamo fatto uso della (C.309).Il risultato (C.313) cosı ottenuto prova quindi che T rimane una simmetria con-servata anche nel caso di interazione fra il campo elettromagnetico e una correnteprodotta da un campo scalare carico.Mostriamo adesso, prima di concludere l’argomento, una differenza interessante

278

relativa al comportamento sotto inversione temporale della funzione d’onda diuna particella scalare e del campo scalare stesso.Per la funzione d’onda, vedemmo a suo tempo che risulta

T : ψ(~x, t) → ψT (~x, t) = ψ∗(~x,−t) (C.314)

mentre per il campo scalare abbiamo visto adesso che risulta, a parte un fattoredi fase inessenziale, che

T φ(~x, t) T−1 = φT (~x, t) = φ(~x,−t) (C.315)

mentre avremmo potuto aspettarci, per analogia, che al secondo membro della(C.315) ci comparisse piuttosto φ† ...Non c’e, naturalmente, nessuna contraddizione.Per rendersene conto, consideriamo uno stato di singola particella di impulsodefinito ~p. Esso sara individuato dal vettore

| ~p >= a†(~p) |Ω >≡ | a(~p) > (C.316)

Ma qual e la sua funzione d’onda ?Essa, come sappiamo, e data semplicemente da

ψ(~x, t) =< Ω|φ(~x, t) | a(~p) > (C.317)

Consideriamo allora la funzione d’onda dello stato T | a(~p) >: evidentementeavremo

ψT (~x, t) =< Ω|φ(~x, t) T | a(~p) >=< Ω|T T−1 φ(~x, t) T a(~p) > (C.318)

D’altronde, essendo il vuoto T−invariante, abbiamo evidentemente che

ψT (~x, t) =< T Ω|T T−1 φ(~x, t) T a(~p) > (C.319)

ma T e antiunitario, quindi

ψT (~x, t) =< T Ω|T T−1 φ(~x, t) T a(~p) >=< Ω|T−1 φ(~x, t) T a(~p) >∗ (C.320)

D’altronde si e visto che, a parte una fase inessenziale, risulta

T φ(~x, t) T−1 = φ(~x,−t) (C.321)

e dunque

T−1 φ(~x,−t) T = φ(~x, t) (C.322)

ovvero253

T−1 φ(~x, t) T = φ(~x,−t) (C.323)

253Si ricordi, infatti, che, nel caso scalare T 2 = 1 e dunque T = T−1.

279

per cui, sostituendo, ecco che risulta

ψT (~x, t) =< Ω|φ(~x,−t) a(~p) >∗=< Ω|φ(~x,−t) | ~p >∗= ψ∗(~x,−t) (C.324)

in accordo con il risultato ben noto ottenuto nello schema della prima quantiz-zazione.

Veniamo ora al campo elettromagnetico.Abbiamo gia detto che, in base all’analogia classica, ci aspettiamo che debbaessere

T : Aµ(x) → Aµ(Tx) (C.325)

Cerchiamo adesso di vedere come questo risultato puo essere dimostrato, de-finendo l’azione di T , al solito, sugli operatori di creazione e distruzione delfotone. Per arrivare a questo, chiediamoci: come potra agire T , in base al signi-ficato che gli diamo, su uno stato di fotone di impulso ~p ed elicita λ ?Se vogliamo mantenere l’analogia classica, poiche sia l’impulso che il momentoangolare si invertono di segno per inversione temporale, dobbiamo concludereche sotto T , l’autovalore dell’impulso spaziale ~p dovra cambiare di segno, mentrequello dell’elicita λ non dovra farlo, i.e. dovra essere

T |~p, λ >= eiηT | − ~p, λ > (C.326)

Osserviamo intanto che, per il carattere antiunitario di T , qualunque sia la faseηT , valendo la (C.326), ne segue che T 2 = I, come ci aspettiamo che accada vistoche il fotone ha spin intero.Ma torniamo al nostro problema di definire l’azione di T sul campo elettromag-netico Aµ e proviamo a porre semplicemente

T a†(~p, λ) T−1 = eiηT a†(−~p, λ) (C.327)

e dunque, per quanto detto precedentemente, anche

T a(~p, λ) T−1 = e−iηT a(−~p, λ) (C.328)

Risulta allora che, essendo lo sviluppo del campo Aµ dato da

Aµ(x) =∑

λ

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(~p, λ) εµ(~p, λ) e−ipx + a†(~p, λ) ε∗µ(~p, λ) eipx

(C.329)

per quanto assunto e per il carattere antiunitario di T , avremo

T Aµ(x) T−1 =∑

λ

∫ d3p

2Ep(2π)3

T a(~p, λ) T−1 ε∗µ(~p, λ) eipx+

+T a†(~p, λ) T−1 εµ(~p, λ) e−ipx

=

=∑

λ

∫ d3p

2Ep(2π)3

e−iηT a(−~p, λ) ε∗µ(~p, λ) eipx+

+eiηT a†(−~p, λ) εµ(~p, λ) e−ipx

280

Gia da questo risultato si vede che, per mantenere il carattere autoaggiunto delcampo, in realta la fase ηT non puo che essere nulla254.Abbiamo quindi, effettuando la sostituzione di variabile ~q → −~p , che risulta

T Aµ(x) T−1 =∑

λ

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(−~p, λ) ε∗µ(~p, λ) eipx+

+ a†(−~p, λ) εµ(~p, λ) e−ipx

=

=∑

λ

∫ d3q

2Eq(2π)3

a(~q, λ) ε∗µ(−~q, λ) e−iq0(−x0)+i~q·~x+

+ a†(~q, λ) εµ(−~q, λ) eiq0(−x0)−i~q·~x

Ricordiamo adesso che, per le (C.226) e (C.227), risulta

~ε(−~k,±) = ~ε(~k,∓) (C.330)

e per la (C.224) e (C.225), che

~ε ∗(~k,±) = −~ε(~k,∓) (C.331)

per cui

~ε ∗(−~k,±) = ~ε ∗(~k,∓) = −~ε(~k,±) (C.332)

Poiche ε0 ≡ 0 , possiamo allora scrivere che

T ~A(x0, ~x) T−1 = −∑

λ

∫ d3q

2Eq(2π)3

a(~q, λ)~ε(~q, λ) e−iq0(−x0)+i~q·~x+

+ a†(~q, λ)~ε ∗(~q, λ) eiq0(−x0)−i~q·~x= − ~A(−x0, ~x) (C.333)

e siccome siamo nella gauge di radiazione, questo implica proprio che

T Aµ(x) T−1 = Aµ(Tx) (C.334)

E’ evidente adesso che questa legge di trasformazione la quale, ripetiamolo,sugli operatori di creazione e distruzione del fotone assume la forma seguente

T a†(~p, λ) T−1 = a†(−~p, λ) (C.335)

T a(~p, λ) T−1 = a(−~p, λ) (C.336)

e compatibile con le regole di commutazione del campo elettromagnetico.Questo segue infatti dal fatto che l’unico commutatore non nullo e quello fra glioperatori di distruzione e di creazione e vale

[a(~p, λ), a†(~q, µ)

]= 2Ep (2π)3 δλµ δ(~p− ~q) (C.337)

254In realta dal solo carattere autoaggiunto del campo possiamo concludere solo che eiηT = ±1.Il segno negativo viene escluso proprio dalla richiesta che il campo si trasformi sotto T comequello classico, i.e. che valga la (C.325).

281

il quale e reale (dunque il carattere antiunitario di T non comporta conseguenze)ed e pari in ~p− ~q .

E’ altresı semplice capire che le equazioni del moto del campo T−trasformatocoincidono con quelle del campo di partenza Aµ , infatti esse sono

2Aµ ≡ ∂ν∂νAµ = 0; ∂µAµ = 0 (C.338)

ma sotto T abbiamo visto che accade semplicemente che

∂µ → −∂′µ; Aµ(x) → Aµ(Tx) ≡ Aµ(x′) (C.339)

per cui, evidentemente, entrambe le equazioni (C.338) restano della stessa forma255,ovvero l’operatore T che abbiamo definito sopra risulta essere una simmetria con-servata per il campo elettromagnetico libero.

Veniamo infine all’ultimo campo interessante da considerare per quanto riguardala simmetria di inversione temporale T , cioe al campo di Dirac.A questo proposito, vale ancora una volta l’osservazione gia fatta precedente-mente per le simmetrie P e C, cioe che se vogliamo che T possa essere una sim-metria conservata anche nel caso dell’interazione elettromagnetica, visto il mododi trasformarsi sotto T del campo Aµ , poiche la corrente elettrica associata alcampo di Dirac carico e data da

Jµ(x) = e ψ(x) γµ ψ(x) (C.340)

occorre che i campi ψ e ψ si trasformino sotto T in modo tale per cui accada che

T Jµ(x) T−1 = Jµ(Tx) (C.341)

Questa e una esigenza imprescindibile, se vogliamo che l’elettrodinamica quan-tistica, cosı come nel caso classico, risulti T invariante.

Al solito, per arrivare a vedere come T agisce sui campi ψ e ψ , partiamo daglioperatori di creazione e distruzione di particella e antiparticella.

La prima osservazione che dobbiamo fare e che, sempre affinche l’analogiaclassica sia rispettata, sotto T ci attendiamo che l’impulso ~p e la componente zdello spin s si invertano di segno, sia che si tratti di particella o che si tratti diantiparticella, i.e.

T | a(~p, s) > ∝ | a(−~p,−s) > (C.342)

T | b(~p, s) > ∝ | b(−~p,−s) > (C.343)

Piu precisamente, per le considerazioni gia fatte sull’operatore T quando lo ab-biamo studiato nello schema di prima quantizzazione, sappiamo che, per quanto

255Si poteva, naturalmente, procedere di nuovo dalla densita lagrangiana ...

282

riguarda la variabile di spin, oltre al suo rovesciamento e coinvolta una rotazionedi π intorno all’asse Jy, i.e.

T | ~p, s >= R−ss eiηT | − ~p,−s > (C.344)

dove il fattore di fase eiηT e a priori qualsiasi e

R ≡ eiπ Jy (C.345)

Dunque, se usiamo la base consueta degli autovettori di σz, risulta (h = 1)

Jy =1

2σz =

1

2

(0 − ii 0

)⇒ iπ Jy =

π

2

(0 1−1 0

)≡ π

2U (C.346)

e quindi

R = eiπ Jy = eπ2U = I +

π

2U +

1

2!

(π

2

)2

U2 +1

3!

(π

2

)3

U3 +1

4!

(π

2

)4

U4 + ... =

= I +π

2U − 1

2!

(π

2

)2

I − 1

3!

(π

2

)3

U +1

4!

(π

2

)4

I + ... =

= I cos(π

2) + U sin

π

2= U (C.347)

Dunque abbiamo256

T | ~p , + > = eiηT | − ~p ,− > (C.348)

T | ~p ,− > = −eiηT | − ~p , + > (C.349)

Proviamo adesso, in analogia con quanto gia fatto per gli operatori C e P ,a tradurre tutto questo nel linguaggio degli operatori di creazione e distruzione.Tentativamente poniamo dunque

T a†(~p, s) T−1 = eiηT R−ss a†(−~p,−s) ≡ eiηT fs a†(−~p,−s) (C.350)

T b†(~p, s) T−1 = e−iηT R−ss b†(−~p,−s) ≡ e−iηT fs b†(−~p,−s) (C.351)

dove, in base a quanto visto precedentemente257, e

f+ ≡ R−+ = +1; f− ≡ R+− = −1 (C.352)

e si e posto, per comodita di notazioni,

a†(~p, +1) ≡ a†(1)(~p); a†(~p,−1) ≡ a†(2)(~p) (C.353)

b†(~p, +1) ≡ b†(1)(~p); b†(~p,−1) ≡ b†(2)(~p) (C.354)

256Si noti che R2 = U2 = −I , in accordo con il fatto che per particelle di spin 1/2, comeabbiamo gia visto, T 2 = −I ...

257Usiamo qui il simbolo s per indicare l’autovalore della componente z dello spin della par-ticella/antiparticella modulo h/2, per cui s = ±1.

283

Prendendo adesso l’aggiunto delle (C.350)-(C.351), poiche R e reale, abbiamoche, per gli operatori di annichilazione, dovra essere quindi

T a(~p, s) T−1 = e−iηT R−ss a(−~p,−s) ≡ e−iηT fs a(−~p,−s) (C.355)

T b(~p, s) T−1 = eiηT R−ss b(−~p,−s) ≡ eiηT fs b(−~p,−s) (C.356)

A questo punto, domandiamoci: queste leggi di trasformazione sono o no com-patibili con l’algebra dei campi ?Ricordiamo a questo proposito che gli unici anticommutatori non nulli sono

a(~p, s), a†(~q, s′)

=

b(~p, s), b†(~q, s′)

= 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q) δss′ (C.357)

Visto che T agisce allo stesso modo sugli operatori di particella e antiparticella,limitiamoci a vedere se T rispetta l’algebra costruita con gli operatori di creazionee annichilazione della particella.Evidentemente l’algebra sara rispettata se e solo se

Ta(~p, s), a†(~q, s′)

T−1 = T 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q) δss′ T−1 (C.358)

ovvero, essendo il secondo membro della (C.358) reale, se accade che

Ta(~p, s), a†(~q, s′)

T−1 = 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q) δss′ (C.359)

D’altronde

Ta(~p, s), a†(~q, s′)

T−1 =

T a(~p, s) T−1, T a†(~q, s′) T−1

=

=e−iηT R−ss a(−~p,−s), eiηT R−s′s′ a

†(−~q,−s′)

=

= R−ss R−s′s′ 2Ep (2π)3 δ3(~p− ~q) δss′ (C.360)

dove si e usato il fatto che

δ−s−s′ = δss′ e che δ3(−~v) = δ3(~v)

Rispetto al secondo membro della (C.359), abbiamo formalmente in piu il fattoreR−ss R−s′s′ che, pero, vista la presenza della δss′ , vale comunque sempre e soltanto+1, nei casi in cui l’anticommutatore e non nullo.Resta cosı dimostrato che c’e, effettivamente, compatibilita fra la definizione datadi T e l’algebra delle osservabili del campo di Dirac.Veniamo ora all’azione esplicita della trasformazione di inversione temporaleT sui campi ψ e ψ. Siccome T si limita ad agire sugli autovalori degli au-tostati di impulso e spin (componente z), ma non tocca le condizioni di par-ticella/antiparticella, allora cosı come nel caso della parita, ci attendiamo chemandi ψ in se, i.e. che risulti

T : ψ(x) → e−iηT M γ0 ψ(Tx) (C.361)

284

e dunque che258 sia

T : ψ(x) → eiηT ψ(Tx) M+ γ0 (C.364)

dove M e una matrice 4 × 4 la quale, se vogliamo che valga la relazione per noiimprescindibile che

T Jµ(x) T−1 = Jµ(Tx) (C.365)

deve essere tale per cui

M+ γ0 γ∗µ M γ0 = γµ (C.366)

Infatti (ricordiamoci che T e antilineare ...)

T ψ(x) γµ ψ(x) T−1 = T ψ(x) T−1 T γµ T−1 T ψ(x) T−1 =

= eiηT ψ(Tx) M+ γ0 γ∗µ M γ0 ψ(Tx) e−iηT (C.367)

ed affinche valga la (C.365) e necessario, appunto, che sia

M+ γ0 γ∗µ M γ0 = γµ (C.368)

Vediamo allora se una tale matrice esiste.Iniziamo facendo µ = 0: poiche γ0 = γ∗0 = γ0 e (γ0)2 = (γ0)

2 = I, ne segue che,affinche possa valere la (C.368), e necessario che

M+ M = I (C.369)

ovvero che M sia unitaria. Usando allora questo fatto nella (C.368) unitamenteal fatto che (γ0)2 = I, abbiamo

γ0 γ∗µ M = M γµ γ0 (C.370)

Il caso µ = 0, ovviamente, e automaticamente soddisfatto, essendo quello che ciha condotto alla condizione di unitarieta di M , usata appunto per passare dalla(C.368) alla (C.370). Nel caso in cui µ = 1, essendo γ1 reale ed essendo γ1 = −γ1,abbiamo

µ = 1 : γ0 γ1 M = −M γ1 γ0 (C.371)

258Infatti se vale la (C.361) allora, essendo γ0 = γ0+, segue che

T : ψ+(x) → ψ+(Tx) γ0 M+ = ψ(Tx) M+ (C.362)

e dunque

T : ψ(x) ≡ ψ+(x) γ0 → ψ(Tx)M+ γ0 (C.363)

285

mentre nel caso in cui µ = 2, siccome γ2 e immaginaria pura, risulta

µ = 2 : −γ0 γ2 M = −M γ2 γ0 (C.372)

Infine, nel caso in cui µ = 3, poiche siamo di nuovo nella stessa situazione chenel caso in cui µ = 1, abbiamo

µ = 3 : γ0 γ3 M = −M γ3 γ0 (C.373)

Siccome γ0 anticommuta con tutte le γi, le relazioni di sopra divengono le seguenti

γ0 γ1 M = M γ0 γ1 (C.374)

γ0 γ2 M = −M γ0 γ2 (C.375)

γ0 γ3 M = M γ0 γ3 (C.376)

cioe M commuta con γ0 γ1 e γ0 γ3 mentre anticommuta con γ0 γ2.La soluzione e la matrice seguente

M = γ1 γ3 γ0 (C.377)

infatti (ricordiamo che γi γi = −I, qualunque sia i)

µ = 1 :

I : γ0 γ1 γ1 γ3 γ0 = −γ0 γ3 γ0 = γ3

II : γ1 γ3 γ0 γ0 γ1 = γ1 γ3 γ1 = −(γ1)2γ3 = γ3 (C.378)

µ = 2 :

I : γ0 γ2 γ1 γ3 γ0 = − γ2 γ1 γ3 (γ0)2 = γ1 γ2 γ3

II : − γ1 γ3 γ0 γ0 γ2 = −γ1 γ3 γ2 = γ1 γ2 γ3 (C.379)

µ = 3 :

I : γ0 γ3 γ1 γ3 γ0 = −γ0 γ1 (γ3)2 γ0 = γ0 γ1 γ0 = −γ1

II : γ1 γ3 γ0 γ0 γ3 = γ1 (γ3)2 = −γ1 (C.380)

Verifichiamo adesso che M e effettivamente unitaria. Osserviamo a questo propos-ito che

M+ =(γ1 γ3 γ0

)+= (γ0)+ (γ3)+ (γ1)+ = γ0 γ3 γ1 (C.381)

dove si e usato il fatto che γ0 e hermitiana mentre le γi sono antiermitiane.Risulta quindi

M M+ = γ1 γ3 γ0 γ0 γ3 γ1 = γ1 (γ3)2 γ1 = −(γ1)2 = I (C.382)

Infine, poiche nelle (C.361) e (C.364) compaiono, rispettivamente, le combinazioniM γ0 e M+γ0, calcoliamo direttamente queste matrici: si ha

M γ0 = γ1 γ3 γ0 γ0 = γ1 γ3 (C.383)

M+ γ0 = γ0 γ3 γ1 γ0 = γ3 γ1 (C.384)

286

Tornando quindi all’azione di T sui campi ψ e ψ, abbiamo dunque trovato chese essa e tale per cui

T : ψ(x) → e−iηT γ1 γ3 ψ(Tx) (C.385)

ψ(x) → eiηT ψ(Tx) γ3 γ1 (C.386)

allora vale la condizione (C.341) e dunque e possibile che T risulti una simmetriaconservata anche nel caso dell’interazione elettromagnetica in cui la corrente equella associata ad un campo di Dirac carico.

D’altronde, noi l’azione di T pero l’abbiamo tentativamente gia definita suglioperatori di creazione e distruzione attraverso le (C.350)-(C.351) e (C.355)-(C.356).Queste definizioni portano o no alle (C.385)-(C.386) ? Vediamo.Iniziando dal campo ψ, abbiamo

ψ(x) =2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(r)(~p) u(r)(~p) e−ipx + b†(r)(~p) v(r)(~p) eipx

(C.387)

dunque, tenendo conto che T e un operatore antilineare, e

T ψ(x) T−1 =

=2∑

r=1

∫ d3p

2Ep(2π)3

T a(r)(~p) T−1 u∗(r)(~p) eipx + T b†(r)(~p) T−1 v∗(r)(~p) e−ipx

(C.388)

Ovvero, usando la (C.355) e la (C.351) e definendo, per quanto riguarda gli indicidi spin, r nel modo seguente

1 = 2; 2 = 1 (C.389)

abbiamo

T ψ(x) T−1 =∑r

∫ d3p

2Ep(2π)3

a(r)(−~p) e−iηT fr u∗(r)(~p) eipx+

+b†(r)(−~p) e−iηT fr v∗(r)(~p) e−ipx

(C.390)

Cambiando ora variabili, i.e. ponendo

~q = −~p; s = r ⇔ r = s (C.391)

otteniamo

T ψ(x) T−1 = e−iηT∑s

∫ d3q

2Eq(2π)3

a(s)(~q) fs u∗(s)(−~q) e−iq0(−x0)+i~q·~x +

+ b†(s)(~q) fs v∗(s)(−~q) eiq0(−x0)−i~q·~x(C.392)

287

Consideriamo dunque la quantita259

fs u∗(s)(−~q) (C.398)

vogliamo dimostrare che risulta

fs u∗(s)(−~q) = γ1 γ3 u(s)(~q) (C.399)

Infatti, dalla definizione, si ha

u(r)(~q) =m + qµγ

µ

√m + Eq

u(r)0 (C.400)

D’altronde, per la (C.370) e la (C.377), risulta

γ0 γ∗µ γ1 γ3 γ0 = γ1 γ3 γ0 γµ γ0 (C.401)

quindi, moltiplicando a sinistra la (C.400) per γ1 γ3, si ha

γ1 γ3 u(r)(~q) = γ1 γ3 m + qµγµ

√m + Eq

u(r)0 = γ1 γ3 γ0 γ0(m + qµγ

µ)√m + Eq

u(r)0 (C.402)

ma γ0 γµ γ0 = γµ , dunque risulta

γ1 γ3 u(r)(~q) = γ1 γ3 γ0 m + qµγµ√m + Eq

γ0 u(r)0 =

=1√

m + Eq

(γ1 γ3 m + qµγ

0γ∗µ γ1 γ3 γ0)u

(r)0 =

=1√

m + Eq

(γ1 γ3 m + qµγ

∗µ γ0 γ1 γ3 γ0

)u

(r)0 =

=1√

m + Eq

(m + qµγ

∗µ

)γ1 γ3 u

(r)0 (C.403)

259Come sappiamo, le polarizzazioni individuate da r = 1, 2 si riferiscono, rispettivamente,agli autostati di sz per gli autovalori +1/2 e −1/2, per cui, da quanto precede, risulta che,essendo

f2 = f1 = f+ = +1; f1 = f2 = f− = −1 (C.393)

si ha

s = 1 ⇔ s = 2 : f1 u∗(1)(−~q) = −u∗(2)(−~q) (C.394)

f1 v∗(1)(−~q) = −v∗(2)(−~q) (C.395)

s = 2 ⇔ s = 1 : f2 u∗(2)(−~q) = +u∗(1)(−~q) (C.396)

f2 v∗(2)(−~q) = +v∗(1)(−~q) (C.397)

288

dove si e usato il fatto che γ0 γ1 γ3 γ0 = γ1 γ3.Osserviamo adesso che la matrice γ1 γ3 e tale per cui

γ1 γ3 =

(0 σ1

−σ1 0

) (0 σ3

−σ3 0

)=

(−σ1σ3 0

0 − σ1σ3

)=

=

0 1 0 0−1 0 0 0

0 0 0 10 0 − 1 0

(C.404)

Quindi

γ1 γ3 u(1)0 = −u

(2)0 (C.405)

γ1 γ3 u(2)0 = u

(1)0 (C.406)

e dunque

γ1 γ3 u(1)(~q) =1√

m + Eq

(m + q0γ

∗0 + ~q · ~γ∗)

(−) u(2)0 =

= −u∗(2)(−~q) = f1 u∗(1)(−~q) (C.407)

mentre

γ1 γ3 u(2)(~q) = u∗(1)(−~q) = f2 u∗(2)(−~q) (C.408)

che provano appunto la (C.399).Per quanto, poi, riguarda gli spinori v, anche per essi risulta

fr v∗(r)(−~q) = γ1 γ3 v(r)(~q) (C.409)

Per dimostrarlo, partiamo di nuovo dalla definizione, i.e. dalla equazione

v(r)(~q) =m− qµγ

µ

m + Eq

v(r)0 (C.410)

Ripetendo la dimostrazione gia fatta per gli spinori u, concludiamo che

γ1 γ3 v(r)(~q) =1√

m + Eq

(m− qµγ

∗µ

)γ1 γ3 v

(r)0 (C.411)

ed anche stavolta accade che260

γ1 γ3 v(1)0 = −v

(2)0 (C.413)

γ1 γ3 v(2)0 = v

(1)0 (C.414)

260Si ricordi che

u(1)0 =

1000

; u

(2)0 =

0100

; v

(1)0 =

0001

; v

(2)0 = −

0010

(C.412)

289

per cui risulta

γ1 γ3 v(1)(~q) =1√

m + Eq

(m− q0γ

∗0 − ~q · ~γ∗)

(−)v(2)0 =

= −v∗(2)(−~q) = f1 v∗(1)(−~q) (C.415)

γ1 γ3 v(2)(~q) = v∗(1)(−~q) = f2 v∗(2)(−~q) (C.416)

che provano la (C.409). Sostituendo allora la (C.399) e la (C.409) nella (C.390),si ha finalmente che

T ψ(x0, ~x) T−1 = e−iηT∑r

∫ d3q

2Eq(2π)3

a(r)(~q) γ1 γ3 u(r)(~q) e−iq0(−x0)+i~q·~x +

+ b†(r)(~q) γ1 γ3 v(r)(~q) e−iq0(x0)−i~q·~x=

= e−iηT γ1 γ3 ψ(−x0, ~x) (C.417)

e dunque, per quanto gia visto, che

T ψ(x0, ~x) T−1 = eiηT ψ(−x0, ~x) γ3 γ1 (C.418)

Resta cosı dimostrato che l’operatore di inversione temporale T , definito suglioperatori di creazione secondo le (C.350)-(C.351) e su quelli di distruzione at-traverso le (C.355)-(C.356), e tale per cui la corrente Jµ(x) si trasforma sotto Tin accordo con la (C.365).

Passiamo infine a dimostrare che T lascia invarianti le equazioni del moto delcampo di Dirac libero.Questo, dato che abbiamo gia dimostrato che T e compatibile con l’algebra delcampo, garantira che T e una simmetria conservata per il campo libero.

La regola fin qui usata era quella di riscrivere la densita lagrangiana per icampi trasformati e verificare che essa aveva la stessa forma di quella di partenza.C’e pero ora una novita, rappresentata dal carattere antiunitario di T : essa agiscenon solo sui campi, ma anche sui coefficienti complessi che possono comparirenella densita lagrangiana !Ricordiamo che la densita lagrangiana di partenza e

L(x) =i

2

[ψ γµ (∂µψ)− (∂µψ)γµψ

]−m ψψ (C.419)

La trasformazione T , per quanto visto e detto precedentemente, e dunque taleche

T : x ≡ (x0, ~x) → Tx ≡ (−x0, ~x) ⇔ ∂µ = −∂′µ (C.420)

ψ(x) → ψT (x) = γ1γ3 ψ(Tx) ⇔ ψ(x) = γ3γ1 ψT (Tx) (C.421)

ψ(x) → ψT (x) = ψ(Tx)γ3γ1 ⇔ ψ(x) = ψT (Tx)γ1γ3 (C.422)

290

i → −i (C.423)

γµ → γ∗µ (C.424)

m → m (C.425)

L’invarianza in valore della densita lagrangiana ci dice quindi che i campi ψT eψT soddisfano le equazioni del moto che si ottengono dalla densita lagrangianaL(x), sostituendovi alle quantita non T−trasformate quelle T−trasformate, i.e.

LT (x′) = − i

2

ψT (x′)γ1γ3γ∗µ[−∂

′µ γ3γ1ψT (x′)]− [−∂′µψT (x′)]γ1γ3γ∗µγ3γ1ψT (x′)

−

− m ψT (x′)γ1γ3γ3γ1ψT (x′) (C.426)

Ricordiamo adesso che (γ0)2 = −(γ1)2 = −(γ3)2 = I e che γ0 anticommuta conγ1 e γ3 , per cui, dalla (C.370) e (C.377) abbiamo

γ0 γ∗µ γ1 γ3 γ0 = γ1 γ3 γ0 γµ γ0 ⇒ γ0 γ∗µ γ1 γ3 = γ1 γ3 γ0 γµ

⇒ γ∗µ γ1 γ3 = γ0 γ1 γ3 γ0 γµ = γ1 γ3 γµ ⇒ γ∗µ γ3 γ1 = γ3 γ1 γµ

⇒ γ1 γ3 γ∗µ γ3 γ1 = γµ (C.427)

e quindi

L(x′) =i

2

ψT (x′) γµ

(∂′µψT (x′)

)−

(∂′µψT (x′)

)γµ ψT (x′)

−

− m ψT (x′) ψT (x′) (C.428)

che prova l’invarianza in forma della densita lagrangiana di Dirac sotto T e quindi,finalmente, che T e effettivamente una simmetria conservata per il campo di Diraclibero. Siccome si e visto che, sotto T , la corrente si trasforma in modo che iltermine che descrive l’interazione con il campo elettromagnetico sia invariante,i.e.

T : Jµ(x) Aµ(x) → Jµ(x′) Aµ(x′) (C.429)

essa e anche una simmetria conservata nel caso di interazione elettromagneticacon la corrente prodotta da un campo spinoriale.

291