Saltar a contenido

Cap. 6 Soluciones

← Volver a ejercicios　|　Volver al capítulo

Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

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

→ Volver al problema

Problema:

Usando la definición \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\), calcula lo siguiente.

(a) Escribe \(F_{01}\) en términos de derivadas parciales de \(A_0, A_1\).

(b) Escribe \(F_{10}\) de la misma manera y verifica que \(F_{01} = -F_{10}\).

(c) Escribe \(F_{12}\) en términos de derivadas parciales de \(A_1, A_2\) y, comparando con la matriz de la ecuación (6.4), confirma que esto corresponde a \(-B_z\).

(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

→ Volver al problema

Problema:

Expresa la densidad lagrangiana \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) en términos del campo eléctrico \(\mathbf{E}\) y el campo magnético \(\mathbf{B}\). Es decir, demuestra que

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2) \]

contrayendo todos los índices utilizando las componentes de la ecuación (6.4).

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

→ Volver al problema

Problema:

Bajo la transformación de gauge \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu \lambda\), utilizando las definiciones de la ecuación (6.3)

\[ \mathbf{E} = -\nabla A_0 - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}, \qquad \mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A} \]

demuestra mediante cálculo directo que \(\mathbf{E}\) y \(\mathbf{B}\) son invariantes respectivamente.

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

→ Volver al problema

Problema:

Sustituye en la derivada covariante \(D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu\) las transformaciones \(\psi \to e^{i\alpha(x)}\psi\), \(A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu \alpha\), y confirma que se cumple

\[ D_\mu \psi \to e^{i\alpha(x)} D_\mu \psi \]

reproduciendo con tu propia mano el cálculo del texto. Escribe cada término intermedio sin omitir nada.

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

→ Volver al problema

Problema:

Para el lagrangiano \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\), calcula el momento conjugado \(\pi^\mu = \partial\mathcal{L}/\partial(\partial_0 A_\mu)\) para cada componente \(\mu = 0, 1, 2, 3\), y verifica lo siguiente.

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

(b) \(\pi^i = F^{0i} = E^i\) （\(i = 1, 2, 3\)）

(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

→ Volver al problema

Problema:

Cuando el vector de onda \(\mathbf{k} = k(0, \sin\theta, \cos\theta)\) se encuentra en el plano \(yz\), escribe explícitamente dos vectores de polarización independientes \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\) que satisfagan la condición de onda transversal del gauge de Coulomb \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda) = 0\). Además, deben cumplir la condición de ortonormalidad \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda) \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda') = \delta_{\lambda\lambda'}\).

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

→ Volver al problema

Problema:

Identidad de Bianchi

\[ \partial_\lambda F_{\mu\nu} + \partial_\mu F_{\nu\lambda} + \partial_\nu F_{\lambda\mu} = 0 \]

Sustituye \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) en el caso \((\lambda, \mu, \nu) = (0, 1, 2)\), escribe explícitamente cada término y verifica que el conjunto se anula.

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

→ Volver al problema

Problema:

Sustituye la solución de onda plana \(A_i \propto e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})}\) en la ecuación de onda del campo sin masa \(\Box A_i = 0\) y deduce la relación de dispersión \(\omega = |\mathbf{k}|\). Compárala con la relación de dispersión del campo de Klein-Gordon de masa \(m\), \(\omega = \sqrt{|\mathbf{k}|^2 + m^2}\), y describe la correspondencia con el hecho de que la masa del fotón es cero.

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

→ Volver al problema

Problema:

Para la densidad lagrangiana \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\), aplica la ecuación de Euler-Lagrange para el campo \(A_\nu\)

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

y deriva la ecuación de movimiento \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\). Además, escribe los casos \(\nu = 0\) y \(\nu = i\) en lenguaje de vectores tridimensionales, y muestra que corresponden respectivamente a la ley de Gauss \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) y a la ley de Ampère-Maxwell \(\partial_t \mathbf{E} = \nabla \times \mathbf{B}\).

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

→ Volver al problema

Problema:

Demuestra mediante los siguientes pasos que los grados de libertad físicos del campo electromagnético son 2.

(a) \(A_\mu\) tiene 4 componentes. Explica cómo la condición de ligadura \(\pi^0 = 0\) excluye a \(A_0\) de las variables dinámicas independientes.

(b) Explica cómo la condición del gauge de Coulomb \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) elimina un grado de libertad adicional de las 3 componentes restantes, expresándola en el espacio de Fourier como \(\mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k}) = 0\).

(c) Muestra que en el vacío, combinando la ley de Gauss \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) con la condición del gauge de Coulomb, se deduce \(A_0 = 0\) (condición de frontera: \(A_0 \to 0\) en el infinito).

(d) Resume lo anterior y establece que los grados de libertad físicos restantes corresponden a dos polarizaciones transversales.

(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

→ Volver al problema

Problema:

En el gauge de Coulomb, los dos vectores de polarización \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda)\) (\(\lambda = 1, 2\)) satisfacen la condición de ortonormalidad

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda) \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda') = \delta_{\lambda\lambda'} \]

y la condición de onda transversal \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda) = 0\).

(a) Demuestra que se cumple la relación de completitud

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

(b) Verifica que el lado derecho \(\delta_{ij} - k_i k_j / |\mathbf{k}|^2\) es un proyector transversal (transverse projector) que elimina la proyección en la dirección de \(\mathbf{k}\), multiplicando por \(k_j\).

(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

→ Volver al problema

Problema:

En el gauge de Coulomb, a partir de la expansión de Fourier de \(\mathbf{A}\) (6.20) y las relaciones de conmutación de los operadores de creación y aniquilación

\[ [a(\mathbf{k}, \lambda),\, a^\dagger(\mathbf{k}', \lambda')] = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{k}') \delta_{\lambda\lambda'} \]

deduce la relación de conmutación a tiempos iguales

\[ [A_i(\mathbf{x}, t),\, \pi_j(\mathbf{y}, t)] = i\delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x} - \mathbf{y}) \]

Aquí \(\pi_j = E_j = \dot{A}_j\) (gauge de Coulomb) y \(\delta_{ij}^{\perp}\) es la función delta transversal

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

Explica la razón física por la cual aparece la función delta transversal en lugar de la habitual \(i\delta_{ij}\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\).

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)

→ Volver al problema

Problema:

El Lagrangiano de un campo vectorial con masa \(m\) (Lagrangiano de Proca) viene dado por

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

(a) Deriva las ecuaciones de Euler-Lagrange y muestra que la ecuación de movimiento es

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

(b) Aplica \(\partial_\nu\) a ambos lados de la ecuación de movimiento anterior y muestra que \(\partial_\nu A^\nu = 0\) (condición de Lorenz) se cumple automáticamente como consecuencia de la ecuación de movimiento cuando \(m \neq 0\).

(c) Utilizando este resultado, argumenta mediante un conteo de grados de libertad que el campo vectorial masivo tiene 3 grados de libertad físicos (2 polarizaciones transversales + 1 polarización longitudinal).

(d) Discute cualitativamente el proceso por el cual la polarización longitudinal desaparece en el límite \(m \to 0\) y se recupera la simetría gauge. Expón tu conjetura sobre cómo se relaciona esta discusión con el mecanismo de Higgs, que estudiarás a partir de Cap. 17.

(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

→ Volver al problema

Problema:

Para implementar la condición de gauge de Lorenz \(\partial_\mu A^\mu = 0\), consideramos el Lagrangiano con un término de fijación de gauge añadido:

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

donde \(\xi\) es el parámetro de gauge (gauge parameter).

(a) Deriva la ecuación de Euler-Lagrange para \(A_\nu\) a partir de este Lagrangiano y demuestra que

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

(b) Realiza la transformada de Fourier al espacio de momentos mediante \(A_\nu(x) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\, \tilde{A}_\nu(k)\, e^{-ikx}\), y reescribe la ecuación anterior como una ecuación algebraica para \(\tilde{A}_\nu\).

(c) Obtén el propagador del fotón (propagador de Feynman) \(D_F^{\mu\nu}(k)\) como la inversa del operador diferencial anterior, y demuestra que

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

En particular, verifica que para \(\xi = 1\) (gauge de Feynman) el propagador toma la forma más simple \(D_F^{\mu\nu} = -\eta^{\mu\nu}/(k^2 + i\epsilon)\).

(d) Escribe el propagador en el caso \(\xi = 0\) (gauge de Landau) y verifica que se cumple \(k_\mu D_F^{\mu\nu}(k) = 0\). Explica por qué esto es la expresión en el espacio de momentos de la condición de Lorenz \(\partial_\mu A^\mu = 0\).

(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.