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Cap. 6 Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Antisimetría del tensor de intensidad de campo y verificación de sus componentes

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(a) Cálculo de \(F_{01}\)

Sustituyendo \(\mu=0\), \(\nu=1\) en la definición \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\):

\[ F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = \frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x} \]

(b) Cálculo de \(F_{10}\) y verificación de la antisimetría

Sustituyendo \(\mu=1\), \(\nu=0\):

\[ F_{10} = \partial_1 A_0 - \partial_0 A_1 = \frac{\partial A_0}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial t} \]

Comparando con (a):

\[ F_{10} = -\left(\frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x}\right) = -F_{01} \quad \checkmark \]

(c) Cálculo de \(F_{12}\)

Sustituyendo \(\mu=1\), \(\nu=2\):

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \frac{\partial A_2}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial y} \]

Por otro lado, la componente \(z\) del campo magnético es \(B_z = (\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\), así que:

\[ F_{12} = B_z \]

Mirando la matriz de la ecuación (6.4), la componente \((1,2)\) está escrita como \(-B_z\). Esta es la matriz de \(F^{\mu\nu}\) (con índices arriba), y \(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\), por lo que \(F^{12} = B_z\)...

En realidad, la ecuación (6.4) es la matriz de \(F^{\mu\nu}\), y la componente \((1,2)\) está escrita como \(-B_z\). Por otro lado, \(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\). Por lo tanto, leyendo \(F^{12} = -B_z\) de la ecuación (6.4), se obtiene \(F_{12} = -B_z\).

Verifiquemos la convención de signos. La matriz de la ecuación (6.4) corresponde a índices superiores \(F^{\mu\nu}\), y la componente \((1,2)\) es \(-B_z\). Usando la métrica \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\):

\[ F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12} \]

Por lo tanto \(F_{12} = F^{12} = -B_z\).

Sin embargo, de \(B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) y \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) debería resultar \(F_{12} = B_z\).

Esta contradicción depende de cómo se lee la convención de signos de la ecuación (6.4). De hecho, observando bien la ecuación (6.4), la componente \((0,1)\) de \(F^{\mu\nu}\) es \(E_x\), es decir \(F^{01} = E_x\). Por otro lado, \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\), y \(E_x = -\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\) (componente \(x\) de la ecuación (6.3): \(E_x = -\partial_x A_0 - \partial_t A_1\)), por lo que \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = -E_x\). Entonces \(F^{01} = \eta^{00}\eta^{11}F_{01} = (+1)(-1)(-E_x) = E_x\). Esto es consistente con la ecuación (6.4).

De manera similar, \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\), y \(F^{12} = \eta^{11}\eta^{22}F_{12} = (-1)(-1)B_z = B_z\).

Revisando nuevamente la componente \((1,2)\) de la ecuación (6.4), está escrita como \(-B_z\). Esto significa que en la convención del texto \(F^{12} = -B_z\).

Conclusión: En la convención de la ecuación (6.4) del texto, para \((\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x\) se tiene \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\), y \(F^{12} = (-1)(-1)F_{12} = B_z\) debería cumplirse, pero que la ecuación (6.4) muestre \(-B_z\) puede estar relacionado con la convención para bajar índices espaciales (\(A^i = -A_i\), etc.).

Siguiendo la convención más estándar:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z \]

y que la componente \((1,2)\) de la matriz de la ecuación (6.4) sea \(-B_z\) significa \(F^{12} = -B_z\), lo cual corresponde a la relación \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) (\(F^{12} = -B_3 = -B_z\)). En este caso \(F_{12} = \eta_{1\alpha}\eta_{2\beta}F^{\alpha\beta} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\).

Organización final: Siguiendo la convención de la ecuación (6.4), \(F^{12} = -B_z\), y \(F_{12} = F^{12} = -B_z\) (al subir y bajar índices espaciales \(\eta_{11}\eta_{22} = (-1)(-1) = 1\), por lo que \(F_{12} = F^{12}\)).

Por otro lado, \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\), y \(B_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\), así que \(F_{12} = B_z\), lo cual parece contradictorio.

Pero en realidad, el subir y bajar índices espaciales es \(F_{ij} = \eta_{i\alpha}\eta_{j\beta}F^{\alpha\beta}\). Solo contribuyen los componentes espaciales de \(\alpha, \beta\), así que \(F_{12} = \eta_{11}\eta_{22}F^{12} = (+1)(+1)F^{12}\)... no, \(\eta_{11} = -1\), \(\eta_{22} = -1\), por lo que \(F_{12} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\).

Por otro lado, en \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\), aquí \(A_i\) tiene índice inferior. \(A_i = \eta_{i\mu}A^\mu = -A^i\). Si \(\mathbf{A} = (A^1, A^2, A^3)\), entonces \(A_i = -A^i\).

La componente \(z\) de \(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\) es \(B_z = \partial_x A^y - \partial_y A^x = \partial_1 A^2 - \partial_2 A^1\).

\(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \partial_1(-A^2) - \partial_2(-A^1) = -\partial_1 A^2 + \partial_2 A^1 = -({\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1}) = -B_z\).

¡Esto es consistente! \(F_{12} = -B_z\), y coincide con \(F^{12} = -B_z = F_{12}\) de la ecuación (6.4).

Respuesta final:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = -(\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1) = -B_z \]

Esto coincide con la componente \((1,2)\) de la matriz de la ecuación (6.4), \(-B_z\). \(\square\)

B-2. Desarrollo del Lagrangiano

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Estrategia de resolución

Calculamos \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) separando en las componentes \((0,i)\) y \((i,j)\).

Cálculo

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu,\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

Por la antisimetría, los términos con \(\mu = \nu\) son cero. Las componentes independientes son aquellas con \(\mu < \nu\), y por la simetría cada par contribuye 2 veces:

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2\sum_{\mu < \nu} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

Componentes \((0,i)\) (\(i = 1,2,3\)):

\(F_{0i} = -E_i\) (de la discusión en D1(c), \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\), y \(E_i = -\partial_0 A^i - \partial_i A^0 = \partial_0 A_i + \partial_i A_0\)... )

Usamos los resultados de D1. \(F^{0i} = E^i = E_i\) (componentes espaciales del campo eléctrico). \(F_{0i} = \eta_{00}\eta_{ii}F^{0i} = (1)(-1)E_i = -E_i\).

Por lo tanto:

\[ F_{0i}F^{0i} = (-E_i)(E_i) = -E_i^2 \]

Sumando sobre los tres valores de \(i\):

\[ \sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -\mathbf{E}^2 \]

Combinando las contribuciones de \((0,i)\) e \((i,0)\) por antisimetría:

\[ 2\sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

No, rehagámoslo con más cuidado.

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu=0}^{3}\sum_{\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

Aquí \(F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\), pero si escribimos correctamente la contracción de índices de \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\):

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

Esto es engorroso, así que calculamos directamente por componentes.

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = F_{00}F^{00} + F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03} + F_{10}F^{10} + \cdots \]

\(F_{00} = 0\). Usando la antisimetría:

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2(F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03}) + 2(F_{12}F^{12} + F_{13}F^{13} + F_{23}F^{23}) \]

Componentes mixtas espacio-temporales: De \(F_{0i} = -E_i\), \(F^{0i} = E_i\) se obtiene \(F_{0i}F^{0i} = -E_i \cdot E_i = -E_i^2\).

\[ 2\sum_{i} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

Componentes puramente espaciales: \(F_{12} = -B_z\), \(F^{12} = -B_z\), por lo que \(F_{12}F^{12} = B_z^2\). Análogamente \(F_{13}F^{13} = B_y^2\), \(F_{23}F^{23} = B_x^2\).

\[ 2\sum_{i<j} F_{ij}F^{ij} = 2\mathbf{B}^2 \]

Por lo tanto:

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2 \]

Así:

\[ \boxed{\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -\frac{1}{4}(-2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2) = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)} \]

Verificación

Análisis dimensional: \([\mathbf{E}^2] = [\mathbf{B}^2] = \text{densidad de energía}\), lo cual coincide con las dimensiones de una densidad lagrangiana. Además, tiene la estructura \(\mathcal{L} = T - V\), donde \(\frac{1}{2}\mathbf{E}^2\) corresponde a la "energía cinética" (\(\mathbf{E}\) contiene \(\dot{\mathbf{A}}\)) y \(\frac{1}{2}\mathbf{B}^2\) corresponde a la "energía potencial".

B-3. Invariancia del campo eléctrico y magnético bajo transformaciones de gauge

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Invariancia del campo eléctrico

Sustituimos la transformación de gauge \(A_0 \to A_0 + \partial_0 \lambda\), \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\lambda\) en la ecuación (6.3):

\[ \mathbf{E}' = -\nabla(A_0 + \partial_0\lambda) - \frac{\partial}{\partial t}(\mathbf{A} + \nabla\lambda) \]
\[ = -\nabla A_0 - \nabla(\partial_0\lambda) - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla\lambda) \]
\[ = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) - \partial_0(\nabla\lambda) \]

Dado que el orden de las derivadas parciales es intercambiable, \(\nabla(\partial_0\lambda) = \partial_0(\nabla\lambda)\). Por lo tanto:

\[ \mathbf{E}' = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) + \nabla(\partial_0\lambda) = \mathbf{E} \quad \checkmark \]

Invariancia del campo magnético

\[ \mathbf{B}' = \nabla \times (\mathbf{A} + \nabla\lambda) = \nabla \times \mathbf{A} + \nabla \times (\nabla\lambda) \]

Para cualquier campo escalar \(\lambda\), \(\nabla \times (\nabla\lambda) = \mathbf{0}\) (el rotacional de un gradiente es idénticamente cero). Por lo tanto:

\[ \mathbf{B}' = \mathbf{B} \quad \checkmark \]

B-4. Regla de transformación gauge de la derivada covariante

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Cálculo

Escribimos explícitamente el campo transformado y la derivada covariante:

\[ \psi' = e^{i\alpha(x)}\psi, \qquad A_\mu' = A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha \]

Aplicamos la derivada covariante transformada sobre \(\psi'\):

\[ D_\mu'\psi' = \left(\partial_\mu + iqA_\mu'\right)\psi' = \left(\partial_\mu + iq\left(A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha\right)\right)(e^{i\alpha}\psi) \]
\[ = \left(\partial_\mu + iqA_\mu - i\partial_\mu\alpha\right)(e^{i\alpha}\psi) \]

Aplicamos la regla del producto a \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\psi)\):

\[ \partial_\mu(e^{i\alpha}\psi) = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi \]

Sustituimos esto:

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu \cdot e^{i\alpha}\psi - i(\partial_\mu\alpha) \cdot e^{i\alpha}\psi \]

Observamos el primer y cuarto término:

\[ e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi - i(\partial_\mu\alpha)e^{i\alpha}\psi = 0 \]

Estos se cancelan completamente. Los términos restantes son:

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu e^{i\alpha}\psi = e^{i\alpha}(\partial_\mu\psi + iqA_\mu\psi) = e^{i\alpha}D_\mu\psi \]
\[ \boxed{D_\mu'\psi' = e^{i\alpha(x)}D_\mu\psi \quad \checkmark} \]

B-5. Cálculo del momento conjugado

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(a) \(\pi^0 = 0\)

Usamos el resultado de D2: \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)\). Como \(E_i = F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\), tenemos \(\mathbf{E}^2 = \sum_i(\partial_0 A_i - \partial_i A_0)^2\).

\(\partial_0 A_0\) no aparece en ninguna componente de \(E_i\) (ya que \(E_i\) solo contiene \(\partial_0 A_i\) y \(\partial_i A_0\)). \(\mathbf{B}^2\) solo contiene derivadas espaciales y no incluye \(\partial_0 A_\mu\).

Por lo tanto:

\[ \pi^0 = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_0)} = 0 \quad \checkmark \]

(b) \(\pi^i = E^i\)

\[ \pi^i = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_i)} \]

Tenemos \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\sum_j E_j^2 - \frac{1}{2}\mathbf{B}^2\), donde \(E_j = \partial_0 A_j - \partial_j A_0\). \(\mathbf{B}^2\) no contiene \(\partial_0 A_i\).

\[ \pi^i = \frac{\partial}{\partial(\partial_0 A_i)}\left[\frac{1}{2}\sum_j(\partial_0 A_j - \partial_j A_0)^2\right] = \frac{1}{2}\cdot 2(\partial_0 A_i - \partial_i A_0) = E_i \]

Teniendo en cuenta la convención de la métrica, \(E^i = E_i\) (como vector tridimensional), y además \(F^{0i} = E^i\).

\[ \boxed{\pi^i = F^{0i} = E^i \quad \checkmark} \]

B-6. Condición de onda transversal de los vectores de polarización

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Solución

Para \(\mathbf{k} = k(0, \sin\theta, \cos\theta)\), buscamos dos vectores ortonormales que satisfagan \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\).

Primer vector de polarización: La dirección \(x\) es claramente ortogonal a \(\mathbf{k}\):

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0) \]

Verificación: \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = k(0\cdot1 + \sin\theta\cdot0 + \cos\theta\cdot0) = 0\) \(\checkmark\)

Segundo vector de polarización: Buscamos la dirección ortogonal tanto a \(\mathbf{k}\) como a \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\). Calculamos \(\hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\):

\[ \hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (0, \sin\theta, \cos\theta) \times (1, 0, 0) \]
\[ = \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 0 & \sin\theta & \cos\theta \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = (0\cdot0 - \cos\theta\cdot0,\; \cos\theta\cdot1 - 0\cdot0,\; 0\cdot0 - \sin\theta\cdot1) \]
\[ = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

Verificación de la normalización: \(|(0, \cos\theta, -\sin\theta)| = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1\) \(\checkmark\)

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

Comprobación

  • \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = k(0\cdot0 + \sin\theta\cos\theta - \cos\theta\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = 1\cdot0 + 0\cdot\cos\theta + 0\cdot(-\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)|^2 = 1\), \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)|^2 = 1\) \(\checkmark\)
\[ \boxed{\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0), \qquad \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta)} \]

B-7. Verificación de la identidad de Bianchi

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Cálculo

Sustituimos \((\lambda, \mu, \nu) = (0, 1, 2)\):

\[ \partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \]

Sustituimos \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) en cada término:

\[ \partial_0 F_{12} = \partial_0(\partial_1 A_2 - \partial_2 A_1) \]
\[ \partial_1 F_{20} = \partial_1(\partial_2 A_0 - \partial_0 A_2) \]
\[ \partial_2 F_{01} = \partial_2(\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0) \]

Expandimos todo:

\[ \partial_0\partial_1 A_2 - \partial_0\partial_2 A_1 + \partial_1\partial_2 A_0 - \partial_1\partial_0 A_2 + \partial_2\partial_0 A_1 - \partial_2\partial_1 A_0 \]

Usando la conmutatividad de las derivadas parciales \(\partial_\mu\partial_\nu = \partial_\nu\partial_\mu\), encontramos los pares:

  • \(\partial_0\partial_1 A_2\) y \(-\partial_1\partial_0 A_2 = -\partial_0\partial_1 A_2\) → se cancelan
  • \(-\partial_0\partial_2 A_1\) y \(\partial_2\partial_0 A_1 = \partial_0\partial_2 A_1\) → se cancelan
  • \(\partial_1\partial_2 A_0\) y \(-\partial_2\partial_1 A_0 = -\partial_1\partial_2 A_0\) → se cancelan
\[ \boxed{\partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \quad \checkmark} \]

B-8. Relación de dispersión del fotón

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Cálculo

Sustituimos la solución de onda plana \(A_i = \epsilon_i e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})}\) en la ecuación de onda \(\Box A_i = 0\).

\[ \Box = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 \]
\[ \frac{\partial^2}{\partial t^2} e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (-i\omega)^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -\omega^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \nabla^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (i\mathbf{k})^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -|\mathbf{k}|^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \Box A_i = (-\omega^2 + |\mathbf{k}|^2) A_i = 0 \]

Para una solución no trivial \(A_i \neq 0\):

\[ \boxed{\omega^2 = |\mathbf{k}|^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = |\mathbf{k}|} \]

Comparación con el campo de Klein-Gordon

De la ecuación de onda del campo de Klein-Gordon con masa \(m\), \((\Box + m^2)\phi = 0\), se obtiene la relación de dispersión:

\[ \omega^2 = |\mathbf{k}|^2 + m^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = \sqrt{|\mathbf{k}|^2 + m^2} \]

Al sustituir \(m = 0\) para el caso del fotón, se recupera \(\omega = |\mathbf{k}|\). Esto corresponde al hecho de que el fotón es una partícula de masa cero, es decir, se propaga a la velocidad de la luz (\(E = pc\), o en unidades naturales \(\omega = |\mathbf{k}|\)).

Intermedio

M-1. Derivación de las ecuaciones de Maxwell a partir de la ecuación de Euler-Lagrange

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Estrategia de resolución

Aplicamos la ecuación de Euler-Lagrange respecto a \(A_\nu\). Como \(\mathcal{L}\) no depende de \(A_\nu\) directamente, \(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\). Calculamos \(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu)\).

Cálculo

\[ \mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\alpha\beta}F_{\gamma\delta} \]

Como \(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\), calculamos la derivada respecto a \(\partial_\mu A_\nu\):

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha \delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta \delta^\nu_\alpha \]

Por lo tanto:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F_{\gamma\delta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F_{\gamma\delta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

Los dos términos son iguales (por renombramiento de índices mudos), así que:

\[ = -\frac{1}{2}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F_{\gamma\delta} \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(\eta^{\mu\gamma}\eta^{\nu\delta}F_{\gamma\delta} - \eta^{\nu\gamma}\eta^{\mu\delta}F_{\gamma\delta}\right) \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu}\right) \]

Como \(F^{\mu\nu}\) es antisimétrico, \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\):

\[ = -\frac{1}{2}(F^{\mu\nu} + F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

La ecuación de Euler-Lagrange es:

\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right) = 0 \quad \Longrightarrow \quad \partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0} \]

Escritura en vectores tridimensionales

Caso \(\nu = 0\):

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 + \partial_i(-E^i) = -\nabla \cdot \mathbf{E} = 0 \]
\[ \boxed{\nabla \cdot \mathbf{E} = 0} \quad \text{(Ley de Gauss)} \]

Caso \(\nu = j\):

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

Como \(F^{0j} = E^j\) y \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\):

\[ \partial_0 E^j + \partial_i(-\epsilon^{ijk}B_k) = 0 \]
\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} - \epsilon^{ijk}\partial_i B_k = 0 \]

Dado que \((\nabla \times \mathbf{B})^j = \epsilon^{jik}\partial_i B_k = \epsilon^{ijk}\partial_i B_k\) (ya que \(\epsilon^{jik} = \epsilon^{ijk}\)):

\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} = (\nabla \times \mathbf{B})^j \]
\[ \boxed{\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = \nabla \times \mathbf{B}} \quad \text{(Ley de Ampère-Maxwell)} \]

Verificación

Las ecuaciones de Maxwell sin fuentes son 4: \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{B} = \partial_t \mathbf{E}\) (obtenidas de Euler-Lagrange), y \(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{E} = -\partial_t \mathbf{B}\) (obtenidas de la identidad de Bianchi). Hemos confirmado que las dos primeras se obtienen de \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) con \(\nu = 0,1,2,3\).

M-2. Conteo de grados de libertad en el gauge de Coulomb

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(a) Exclusión de \(A_0\) mediante \(\pi^0 = 0\)

Como se mostró en D5(a), \(\pi^0 = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{A}_0 = 0\). En la cuantización canónica se imponen relaciones de conmutación a tiempos iguales entre el campo \(A_\mu\) y su momento conjugado \(\pi^\mu\): \([A_\mu(\mathbf{x},t), \pi^\nu(\mathbf{y},t)] = i\delta^\nu_\mu\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\). Sin embargo, dado que \(\pi^0 = 0\) es idénticamente cero también como operador, se obtiene \([A_0, \pi^0] = [A_0, 0] = 0 \neq i\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\), lo cual es una contradicción.

Esto significa que \(A_0\) no es un grado de libertad dinámico independiente. \(A_0\) es una variable dependiente (una cantidad determinada a través de condiciones de ligadura) que se determina a partir de otras variables, y se excluye de las variables canónicas independientes.

Grados de libertad: \(4 \to 3\)

(b) Eliminación de un grado de libertad mediante la condición de gauge de Coulomb

La condición de gauge de Coulomb \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) escrita en el espacio de Fourier es:

\[ \mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k}) = 0 \]

Esta es una condición escalar para cada \(\mathbf{k}\), que fija a cero la componente en la dirección de \(\mathbf{k}\) (componente longitudinal) del vector de 3 componentes \(\tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k})\). Solo quedan las 2 componentes perpendiculares a \(\mathbf{k}\) (componentes transversales).

Grados de libertad: \(3 \to 2\)

(c) Derivación de \(A_0 = 0\)

Bajo el gauge de Coulomb \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\), escribimos la ley de Gauss \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\):

\[ \nabla \cdot \mathbf{E} = \nabla \cdot \left(-\nabla A_0 - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right) = -\nabla^2 A_0 - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla \cdot \mathbf{A}) = -\nabla^2 A_0 = 0 \]

(Se ha utilizado \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\).)

Esta es la ecuación de Laplace \(\nabla^2 A_0 = 0\). Imponiendo como condición de frontera que \(A_0 \to 0\) en el infinito, por el teorema de unicidad de la ecuación de Laplace:

\[ A_0 = 0 \]

(d) Resumen

  • \(A_\mu\) tiene 4 componentes
  • \(\pi^0 = 0\): \(A_0\) no es una variable dinámica → 3 componentes
  • Gauge de Coulomb \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\): elimina la componente longitudinal → 2 componentes
  • Ley de Gauss en el vacío: determina \(A_0 = 0\)

Los grados de libertad físicos restantes corresponden a dos polarizaciones transversales \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\). Esto coincide con el hecho experimental de que la luz tiene dos polarizaciones (por ejemplo, polarización horizontal y vertical, o polarización circular izquierda y derecha).

M-3. Relación de completitud de los vectores de polarización

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(a) Demostración de la relación de completitud

En el espacio tridimensional, \(\hat{\mathbf{k}} = \mathbf{k}/|\mathbf{k}|\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\) forman una base ortonormal (\(\hat{\mathbf{k}}\) es ortogonal a ambos \(\boldsymbol{\epsilon}\), y \(|\hat{\mathbf{k}}| = 1\)).

La relación de completitud en tres dimensiones es:

\[ \hat{k}_i \hat{k}_j + \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} \]

Reordenando esto se obtiene:

\[ \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \hat{k}_i\hat{k}_j = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ \boxed{\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}} \]

(b) Verificación del operador de proyección transversal

Multiplicando el lado derecho por \(k_j\) y sumando sobre \(j\):

\[ \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = k_i - \frac{k_i k_j k_j}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - \frac{k_i |\mathbf{k}|^2}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - k_i = 0 \]
\[ \boxed{\left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = 0} \]

Esto demuestra que este operador elimina la componente en la dirección de \(\mathbf{k}\) (componente longitudinal) de cualquier vector, dejando únicamente la componente perpendicular a \(\mathbf{k}\) (componente transversal). Es decir, se trata de un proyector transversal (transverse projector).

Verificación

Comprobamos la idempotencia del operador de proyección:

\[ P_{ij}^{\perp} = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ P_{ij}^{\perp}P_{jl}^{\perp} = \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)\left(\delta_{jl} - \frac{k_j k_l}{|\mathbf{k}|^2}\right) \]
\[ = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_j k_j k_l}{|\mathbf{k}|^4} = \delta_{il} - \frac{2k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = P_{il}^{\perp} \]

Se confirma la idempotencia \(P^2 = P\), verificando que efectivamente es un operador de proyección. \(\checkmark\)

M-4. Relaciones de conmutación canónicas en el gauge de Coulomb y la función delta transversal

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Estrategia de resolución

Se sustituye la expansión de Fourier del campo en el gauge de Coulomb y se calculan las relaciones de conmutación a tiempos iguales usando las relaciones de conmutación \([a, a^\dagger]\) y la relación de completitud de los vectores de polarización.

Cálculo

La expansión de \(\mathbf{A}\) en el gauge de Coulomb es:

\[ A_i(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\left[a(\mathbf{k},\lambda)e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} + a^\dagger(\mathbf{k},\lambda)e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\right] \]

donde \(\omega_k = |\mathbf{k}|\). El momento conjugado es \(\pi_j = \dot{A}_j\):

\[ \pi_j(\mathbf{y}, t) = \int \frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{{\sqrt{2\omega_{k'}}}}\sum_{\lambda'=1}^{2}\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda')\left[a(\mathbf{k}',\lambda')e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}} - a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}\right] \]

Calculamos el conmutador \([A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)]\). Como \([a, a] = [a^\dagger, a^\dagger] = 0\), las únicas contribuciones no nulas provienen de los términos \([a, a^\dagger]\) y \([a^\dagger, a]\):

\[ [A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{\sqrt{2\omega_{k'}}}\sum_{\lambda,\lambda'}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda') \]
\[ \times \left\{[a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')]e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(-1)\right. \]
\[ \left. + [a^\dagger(\mathbf{k},\lambda), a(\mathbf{k}',\lambda')]e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(+1)\right\} \]

Usando \([a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')] = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k}-\mathbf{k}')\delta_{\lambda\lambda'}\) y teniendo en cuenta que \([a^\dagger, a] = -[a, a^\dagger]\), realizamos la integral en \(\mathbf{k}'\):

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_k)}{2\omega_k}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

Aquí la dependencia temporal se cancela ya que \(e^{-i\omega_k t}e^{i\omega_k t} = 1\).

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

Mediante el cambio de variable \(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\), el término \(e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\) se transforma en \(e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\). La relación de completitud de los vectores de polarización \(\sum_\lambda \epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) es invariante bajo \(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\) (ya que \(k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) es una función par de \(\mathbf{k}\)). Por tanto:

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)(-2)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ = i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ \boxed{[A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = i\delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

donde la función delta transversal es:

\[ \delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y}) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

Razón física

Razón por la que aparece la función delta transversal en lugar de la relación canónica usual \([A_i, \pi_j] = i\delta_{ij}\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\):

La condición de gauge de Coulomb \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) fija idénticamente a cero la componente longitudinal de \(A_i\) (la componente en la dirección de \(\mathbf{k}\)). Por lo tanto, de las 3 componentes de \(A_i\), solo las 2 componentes transversales son variables dinámicas independientes. La relación de conmutación refleja este vínculo, y aparece el proyector transversal \(\delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) que elimina automáticamente la proyección en la dirección de \(\mathbf{k}\). Si se cumpliera la relación usual \(\delta_{ij}\delta^3\), entonces \(\partial_i^x [A_i, \pi_j] = i\partial_j\delta^3 \neq 0\), lo que contradiría \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\). Con la función delta transversal se garantiza que \(\partial_i^x \delta_{ij}^\perp = 0\), manteniéndose la consistencia.

Avanzado

A-1. Comparación con el campo de Proca (campo vectorial masivo)

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(a) Derivación de las ecuaciones de movimiento

Lagrangiano de Proca:

\[ \mathcal{L}_{\text{Proca}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \frac{1}{2}m^2 A_\mu A^\mu \]

Ecuación de Euler-Lagrange:

\[ \partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

El primer término se calcula igual que en S1: \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = -\partial_\mu F^{\mu\nu}\).

Segundo término: derivamos \(\frac{1}{2}m^2 A_\alpha A^\alpha = \frac{1}{2}m^2 \eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\) respecto a \(A_\nu\):

\[ \frac{\partial}{\partial A_\nu}\left(\frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\right) = \frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}(\delta^\nu_\alpha A_\beta + A_\alpha\delta^\nu_\beta) = m^2\eta^{\nu\beta}A_\beta = m^2 A^\nu \]

Ecuación de Euler-Lagrange:

\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - m^2 A^\nu = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2 A^\nu = 0} \]

(b) La condición de Lorenz se cumple automáticamente

Aplicamos \(\partial_\nu\) a ambos lados de la ecuación de movimiento:

\[ \partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

Respecto al primer término: \(\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}\). Aquí \(F^{\mu\nu}\) es antisimétrico (\(F^{\mu\nu} = -F^{\nu\mu}\)), y \(\partial_\nu\partial_\mu\) es simétrico en \(\mu, \nu\). La contracción de un tensor simétrico con uno antisimétrico es cero:

\[ \partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0 \]

Por lo tanto:

\[ m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

Si \(m \neq 0\):

\[ \boxed{\partial_\nu A^\nu = 0} \]

La condición de Lorenz se satisface automáticamente como consecuencia de las ecuaciones de movimiento. No es necesario imponerla externamente como condición de fijación de gauge.

(c) Conteo de grados de libertad físicos

  • \(A_\mu\) tiene 4 componentes
  • La condición de ligadura \(\partial_\nu A^\nu = 0\), derivada de las ecuaciones de movimiento, proporciona 1 condición escalar
  • Para \(m \neq 0\), no hay simetría de gauge (el término de masa \(m^2 A_\mu A^\mu\) no es invariante bajo la transformación de gauge \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\))
  • Al no haber simetría de gauge, no se requiere una condición adicional de fijación de gauge

Por lo tanto, los grados de libertad físicos son:

\[ 4 - 1 = 3 \]

Esto corresponde a 2 polarizaciones transversales + 1 polarización longitudinal. Las partículas masivas de espín 1 (por ejemplo, los bosones \(W^\pm\), \(Z^0\)) poseen 3 estados de polarización.

(d) El límite \(m \to 0\) y el mecanismo de Higgs

Límite \(m \to 0\):

  • Cuando \(m \to 0\), el término de masa \(m^2 A_\mu A^\mu\) desaparece y el lagrangiano recupera la simetría de gauge \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\)
  • La recuperación de la simetría de gauge introduce un nuevo grado de libertad de gauge (\(\lambda(x)\))
  • Este grado de libertad adicional reduce los grados de libertad físicos de \(3 \to 2\)
  • El vector de polarización longitudinal \(\epsilon^\mu_L(k) \sim k^\mu/m\) diverge cuando \(m \to 0\), y el modo de polarización longitudinal desaparece del espectro físico (se desacopla)

Relación con el mecanismo de Higgs:

El mecanismo de Higgs (Cap. 17 en adelante) corresponde al proceso inverso:

  1. Punto de partida: campo de gauge sin masa (2 grados de libertad) + campo de Higgs (campo escalar)
  2. El campo de Higgs adquiere un valor de expectación en el vacío (ruptura espontánea de simetría)
  3. El modo de Nambu-Goldstone del campo de Higgs (1 grado de libertad) es "absorbido" por el campo de gauge, convirtiéndose en su componente de polarización longitudinal
  4. Resultado: campo vectorial masivo (3 grados de libertad)

Esta es la descripción en la que "cuando un bosón de gauge adquiere masa, el bosón de Goldstone es absorbido como polarización longitudinal", y constituye el mecanismo central del Modelo Estándar que explica el origen de la masa de los bosones \(W^\pm\) y \(Z^0\).

Verificación

Consistencia del conteo de grados de libertad: - Campo de Proca (\(m \neq 0\)): 4 componentes − 1 ligadura = 3 grados de libertad \(\checkmark\) - Campo de Maxwell (\(m = 0\)): 4 componentes − 1 ligadura (\(\pi^0 = 0\)) − 1 fijación de gauge = 2 grados de libertad \(\checkmark\) - Mecanismo de Higgs: 2 (campo de gauge) + 1 (Goldstone) = 3 (vector masivo) \(\checkmark\)

A-2. Lagrangiano con término de fijación de gauge y propagador del fotón

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(a) Derivación de las ecuaciones de Euler-Lagrange

\[ \mathcal{L}_{\text{gf}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - \frac{1}{2\xi}(\partial_\mu A^\mu)^2 \]

Contribución del primer término (igual que en S1):

\[ \partial_\mu\frac{\partial(-\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \partial_\mu F^{\mu\nu} \]

(Atención a los signos: en S1 obtuvimos \(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu) = -F^{\mu\nu}\), por lo que \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu})\) es la contribución al primer término de la ecuación de Euler-Lagrange.)

Contribución del segundo término:

\[ -\frac{1}{2\xi}(\partial_\alpha A^\alpha)^2 = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta) \]

Derivando respecto a \(\partial_\mu A_\nu\):

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\left[-\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta)\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}\left[\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta(\partial_\gamma A_\delta) + (\partial_\alpha A_\beta)\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\left[\eta^{\mu\nu}(\partial_\gamma A^\gamma) + (\partial_\alpha A^\alpha)\eta^{\mu\nu}\right] = -\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha) \]

Aplicando \(\partial_\mu\):

\[ \partial_\mu\left[-\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = -\frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) \]

Ecuación de Euler-Lagrange completa (notando que \(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\)):

\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

Sustituyendo \(F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu\):

\[ \partial_\mu(\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 + \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

No, vamos de nuevo con cuidado. \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = \partial_\mu\partial^\mu A^\nu - \partial_\mu\partial^\nu A^\mu = \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\).

Por lo tanto:

\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

Espera, verifiquemos los signos. \(-\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = -(1 + \frac{1}{\xi})\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\)...

Una vez más. La contribución del primer término a la ecuación de Euler-Lagrange es \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = -\partial_\mu F^{\mu\nu}\)... no, la ecuación de Euler-Lagrange es:

\[ \partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

Primer término (de \(-\frac{1}{4}F^2\)): \(\frac{\partial(-\frac{1}{4}F^2)}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -F^{\mu\nu}\) (calculado en S1).

Segundo término (del término de fijación de gauge): \(\frac{\partial(-\frac{1}{2\xi}(\partial A)^2)}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\).

Combinando:

\[ \partial_\mu\left[-F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = 0 \]
\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) = 0 \]
\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

Sustituyendo \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\):

\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

Reordenando los índices y reescribiendo \(\nu\) como índice inferior (usando \(\eta^{\mu\nu}\)):

\[ \left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0} \]

(b) Transformación al espacio de momentos

Sustituyendo \(A_\nu(x) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\tilde{A}_\nu(k)e^{-ikx}\). Como \(\partial_\mu \to -ik_\mu\):

\[ \Box \to -k^2, \qquad \partial^\mu\partial^\nu \to -k^\mu(-ik^\nu) = -k^\mu k^\nu \]

No, \(\partial_\mu e^{-ikx} = -ik_\mu e^{-ikx}\), así que para \(\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu\) tenemos \(\partial^\mu e^{-ikx} = -ik^\mu e^{-ikx}\).

Para \(\Box = \partial_\mu\partial^\mu\): \(\Box e^{-ikx} = (-ik_\mu)(-ik^\mu)e^{-ikx} = -k^2 e^{-ikx}\) (donde \(k^2 = k_\mu k^\mu\)).

\(\partial^\mu\partial^\nu e^{-ikx} = (-ik^\mu)(-ik^\nu)e^{-ikx} = -k^\mu k^\nu e^{-ikx}\).

La ecuación de movimiento queda:

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(-k^\mu k^\nu)\right]\tilde{A}_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\tilde{A}_\nu = 0} \]

(c) Derivación del propagador del fotón

El propagador \(D_F^{\nu\rho}(k)\) se define como la matriz inversa del operador diferencial:

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]D_{F\,\nu\rho}(k) = \eta^\mu{}_\rho = \delta^\mu_\rho \]

Proponemos \(D_F^{\nu\rho}\) como combinación lineal de dos estructuras tensoriales independientes:

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} \]

Sustituyendo en el lado izquierdo:

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

Primer término:

\[ -k^2\eta^{\mu\nu}\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = -k^2 A\,\delta^\mu_\rho - B\,k^\mu k_\rho \]

Segundo término:

\[ \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left[A\,k^\mu k_\rho + B\,\frac{k^2 k^\mu k_\rho}{k^2}\right] \]
\[ = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)k^\mu k_\rho \]

En total:

\[ -k^2 A\,\delta^\mu_\rho + \left[-B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)\right]k^\mu k_\rho = \delta^\mu_\rho \]

Igualando los coeficientes de \(\delta^\mu_\rho\) y de \(k^\mu k_\rho\) respectivamente:

Coeficiente de \(\delta^\mu_\rho\):

\[ -k^2 A = 1 \quad \Longrightarrow \quad A = -\frac{1}{k^2} \]

Coeficiente de \(k^\mu k_\rho\):

\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B) = 0 \]
\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)B = 0 \]
\[ B\left[-1 + 1 - \frac{1}{\xi}\right] + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left(-\frac{1}{k^2}\right) = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} = \frac{1}{k^2}\left(1 - \frac{1}{\xi}\right) = \frac{\xi - 1}{\xi k^2} \]
\[ B = -\frac{\xi - 1}{k^2} = \frac{1 - \xi}{k^2} \]

Por lo tanto:

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = -\frac{1}{k^2}\eta_{\nu\rho} + \frac{1-\xi}{k^2}\cdot\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} = \frac{-1}{k^2}\left[\eta_{\nu\rho} - (1-\xi)\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

Añadiendo la prescripción \(i\epsilon\):

\[ \boxed{D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - (1-\xi)\frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right]} \]

Gauge de Feynman \(\xi = 1\):

\[ D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-\eta^{\mu\nu}}{k^2 + i\epsilon} \]

Se obtiene la forma más simple. \(\checkmark\)

(d) Gauge de Landau \(\xi = 0\)

Sustituyendo \(\xi = 0\):

\[ D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - \frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right] \]

Contrayendo con \(k_\mu\):

\[ k_\mu D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - \frac{k^2 k^\nu}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - k^\nu\right] = 0 \]
\[ \boxed{k_\mu D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = 0 \quad \checkmark} \]

Significado físico: En el espacio de momentos, \(k_\mu D_F^{\mu\nu} = 0\) significa que el propagador no tiene componente en la dirección de \(k_\mu\). Esto es el reflejo de la condición de Lorenz \(\partial_\mu A^\mu = 0\) en el espacio de coordenadas (que al transformar por Fourier da \(k_\mu \tilde{A}^\mu = 0\)). En el gauge de Landau, el propagador mismo posee la estructura de una proyección transversal, y la condición de Lorenz se realiza automáticamente a nivel del propagador.

Verificación

Verificación del gauge de Feynman: Con \(\xi = 1\), el operador diferencial se reduce a \(-k^2\eta^{\mu\nu}\) (el término \(k^\mu k^\nu\) desaparece), y su inversa es evidentemente \(-\eta_{\mu\nu}/k^2\). \(\checkmark\)

Verificación de la estructura tensorial: Calculamos la traza de \(D_F^{\mu\nu}\) para \(\xi\) general:

\[ \eta_{\mu\nu}D_F^{\mu\nu} = \frac{-1}{k^2}\left[4 - (1-\xi)\frac{k^2}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2}(4 - 1 + \xi) = \frac{-(3+\xi)}{k^2} \]

\(\xi = 1\): traza \(= -4/k^2\) (\(-\eta_{\mu\nu}\eta^{\mu\nu}/k^2 = -4/k^2\)) \(\checkmark\)

Verificación de la invariancia gauge: Las amplitudes de dispersión físicas no dependen de \(\xi\) (por las identidades de Ward). El término \(k^\mu k^\nu\) del propagador se anula cuando las líneas externas están on-shell, debido al acoplamiento con corrientes conservadas \(k_\mu J^\mu = 0\). Esto se discute en detalle a partir de Cap. 10.