Abbiamo visto come trattare l’elettromagnetismo in relatività ristretta. Adesso diamo un esempio pratico di calcolo del moto di una particella, nel caso in cui i campi ${\textbf E}$ e ${\textbf B}$ sono costanti.
Supponiamo che ${\textbf E} = (E,0,0)$ e ${\textbf B} = (B,0,0)$, quindi
$$F^{\mu}_{\,\,\,\nu} = \begin{pmatrix}
0 & E / c & 0 & 0\\
E / c & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & B\\
0 & 0 & -B & 0\\
\end{pmatrix}$$
costante. Notate che abbiamo alzato il primo indice, che ha l’effetto di cambiare il segno della prima colonna. L’equazione del moto è
$$\frac{du^\mu}{d\tau} = \frac{q}{m} F^{\mu}_{\,\,\,\nu} u^\nu$$
Poiché $F$ è costante, possiamo ottenere la soluzione formalmente, come se avessimo una comune equazione differenziale ordinaria:
$$u^\mu = \exp{\left(\frac{q}{m}\tau F\right)}^{\mu}_{\,\,\,\nu} u^\nu (0)$$
L’esponenziale è inteso come serie di potenze:
$$\exp{\left(\frac{q}{m}\tau F\right)}^{\mu}_{\,\,\,\nu} = \delta^\mu_\nu + \frac{q}{m}\tau F^{\mu}_{\,\,\,\nu} + \frac{1}{2} \left(\frac{q}{m}\tau\right)^2 F^{\mu}_{\,\,\,\rho} F^{\rho}_{\,\,\,\nu} + \cdots$$
In questo caso $F$ è diagonale a blocchi, e quindi possiamo considerare i due blocchi separatamente. Notiamo che:
$$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}^2=\mathbb{I} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}^2=-\mathbb{I}$$
Pertanto:
$$\exp \begin{pmatrix} 0 & k \\ k & 0 \\ \end{pmatrix} = \mathbb{I} + k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix} + \frac{k^2}{2} \mathbb{I} + \frac{k^3}{3!} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}+\cdots=$$
$$=\mathbb{I} \cosh{k}+\sinh{k}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$$
Allo stesso modo:
$$\exp \begin{pmatrix} 0 & k \\ -k & 0 \\ \end{pmatrix} = \mathbb{I} + k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix} – \frac{k^2}{2} \mathbb{I} – \frac{k^3}{3!} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}+\cdots=$$
$$=\mathbb{I} \cos{k}+\sin{k}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}$$
Mettendo tutto insieme:
$$\exp{\left(\frac{q}{m}\tau F\right)}^{\mu}_{\,\,\,\nu} = \begin{pmatrix}
\cosh{(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c})} & \sinh{(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c})} & 0 & 0\\
\sinh{(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c})} & \cosh{(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c})} & 0 & 0\\
0&0&\cos{(\frac{q\tau}{m}B)}&\sin{(\frac{q\tau}{m}B)}\\
0&0&-\sin{(\frac{q\tau}{m}B)}&\cos{(\frac{q\tau}{m}B)}\\
\end{pmatrix}$$
L’esponenziale dà direttamente un’espressione per $u^\mu$. Assumendo che la particella parta dall’origine e integrando $\dv{x^\mu(\tau)}{\tau} = u^\mu(\tau)$ otteniamo:
$$ct(\tau) = \frac{mc}{qE} \left[\sinh{\left(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c}\right)} c\dot{t}(0)+\cosh{\left(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c}\right)} \dot{x}(0)\right]$$
$$x(\tau) = \frac{mc}{qE} \left[\cosh{\left(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c}\right)} c\dot{t}(0)+\sinh{\left(\frac{q\tau}{m}\frac{E}{c}\right)} \dot{x}(0)\right]$$
$$y(\tau) = \frac{m}{qB} \left[\sin{\left(\frac{q\tau}{m}B\right)}\dot{y}(0)-\sin{\left(\frac{q\tau}{m}B\right)} \dot{z}(0)\right]$$
$$z(\tau) = \frac{m}{qB} \left[\cos{\left(\frac{q\tau}{m}B\right)}\dot{y}(0)+\sin{\left(\frac{q\tau}{m}B\right)} \dot{z}(0)\right]$$
Per apprezzare il comportamento qualitativo della particella notiamo che:
$$x^2-(ct)^2 = \left(\frac{mc}{qE}\right)^2 [(c\dot{t}(0))^2-\dot{x}(0)^2]=\mathrm{costante}$$
$$y^2+z^2 = \left(\frac{m}{qB}\right)^2 [\dot{y}(0)^2+\dot{z}(0)^2]=\mathrm{costante}$$
Pertanto la particella si muove lungo un’iperbole nel piano $t-x$, e lungo un cerchio nel piano $y-z$. Ovvero ha un’accelerazione costante nella direzione $x$ e traccia un’elica nelle direzioni spaziali.