È noto che in teoria dei campi la presenza di campi a massa nulla (ad esempio il fotone) comporta la presenza di divergenze infrarosse nella teoria. In questo articolo vedremo le implicazioni della presenza di campi a massa nulla sul concetto di particella.
Consideriamo l’elettrodinamica quantistica, cioè una teoria di calibro (gauge) $\mathrm{U}(1)$ accoppiata a uno spinore di Dirac:
$$\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\bar\psi (i \gamma^\mu D_\mu-m)\psi$$
dove $D_\mu = \partial_\mu -ie A_\mu$ è la derivata covariante. L’azione è invariante rispetto alle trasformazioni di calibro (gauge) date da $A_\mu \to A_\mu -\partial_\mu \chi$ e $\psi \to e^{i e \chi} \psi$ per ogni $\chi = \chi(x)$.
Fisicamente, una particella carica non può esistere senza il campo che le sta attorno. Ovvero è fisicamente impossibile avere un singolo elettrone senza che questo modifichi il campo elettromagnetico. In termini di teoria di campi, un elettrone è sempre circondato da una nuvola di fotoni virtuali. Quando la particella carica è accelerata alcuni di questi fotoni diventano reali e quindi diciamo che gli elettroni hanno emesso radiazione.
Da un punto di vista matematico, il risultato ha a che fare con il teorema di Elitzur, che abbiamo visto qualche tempo fa. Rispetto ad una trasformazione di calibro, $\psi \to e^{i e \chi} \psi$ e quindi il campo spinoriale $\psi$, che crea un elettrone, non è invariante di calibro. Pertanto non può avere significato fisico e il suo valore atteso è nullo. Per risolvere questo problema dobbiamo includere un pezzo che cancelli la trasformazione di calibro, cioè un pezzo che rappresenti il campo creato dall’elettrone. Scriviamo
$$\psi_c(x) = \exp{\bqty{i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) A_i (\vec{y})}}\psi(x) \tag{*}$$
dove $A$ è il campo di calibro e $E$ è il campo elettrico creato dall’elettrone in posizione spaziale $\vec{x}$, che infatti soddisfa
$$\partial_i E_i (\vec{y}; \vec{x}) = e \delta(\vec{y}-\vec{x})$$
Quest’ultima equazione può essere risolta esplicitamente introducendo come al solito un potenziale elettrico $\Phi$ tale che $E_i = \partial_i \Phi$. Il potenziale quindi soddisferà l’equazione di Poisson $\Delta \Phi(\vec{y}; \vec{x}) = e \delta(\vec{y}-\vec{x})$. La soluzione di questa equazione è semplicemente la funzione di Green dell’operatore di Laplace. Mettendo tutto insieme scriviamo in maniera formale $E_i (\vec{y}; \vec{x}) = e \partial_i \Delta^{-1} \delta(\vec{y}-\vec{x})$, dove per definizione $\Delta^{-1} f(\vec x) = \int d\vec{y}\, G(\vec x – \vec y) f(\vec y)$ e $G$ è la funzione di Green del Laplaciano.
Ora dimostriamo che l’operatore di creazione $(*)$ è invariante di calibro. Abbiamo
$$\begin{align*}
\psi’_c(x) &=\exp{\bqty{i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) A’_i (\vec{y})}}\psi'(x)=\\
&= \exp{\bqty{i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) A_i (\vec{y})}} \exp{\bqty{i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) \partial_i \chi(\vec{y})}}e^{i e \chi(x)}\psi(x)
\end{align*}$$
Ora basta dimostrare che i due termini centrali si cancellano l’uno con l’altro. In particolare integrando per parti abbiamo
$$\begin{align*}
i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) \partial_i \chi(\vec{y}) &=-i\int d^3 \vec{y}\, \partial_ i E_i (\vec{y}; \vec{x}) \chi(\vec{y})=\\
&=-i\int d^3 \vec{y}\, e \delta(\vec{y}-\vec{x}) \chi(\vec{y})=-ie\chi(x)
\end{align*}$$
dove abbiamo usato la definizione di $E_i$. Pertanto $\psi_c’=\psi_c$ e l’operatore di creazione $\psi_c$, che crea un elettrone insieme al suo campo elettromagnetico è invariante di calibro e quindi ha significato fisico.
Calibro di Coulomb
Notiamo di passaggio una curiosità: l’operatore $\psi_c$ è nient’altro se non l’operatore di creazione di un elettrone nel calibro di Coulomb. Infatti sostituendo $E_i$ nell’integrale della $(*)$ ed effettuiamo alcuni passaggi:
$$\begin{align*}
i\int d^3 \vec{y}\, E_i (\vec{y}; \vec{x}) A_i (\vec{y}) &=i e \int d^3 \vec{y}\, \partial_i \Delta^{-1} \delta(\vec{y}-\vec{x}) A_i (\vec{y})=\\
&=-i e \int d^3 \vec{y}\, \Delta^{-1} \delta(\vec{y}-\vec{x}) \partial_i A_i (\vec{y})=\\
&=-i e \int d^3 \vec{y}\, \int d^3 \vec{z}\, G(\vec{y}-\vec{x}-\vec{z}) \delta(\vec{z}) \partial_i A_i (\vec{y})=\\
&=-i e \int d^3 \vec{y}\, G(\vec{y}-\vec{x}) \partial_i A_i (\vec{y})=\\
&=-i e \Delta^{-1} \partial_i A_i (\vec{x})
\end{align*}$$
Andando nella seconda riga abbiamo integrato per parti, poi abbiamo usato la definizione di $\Delta^{-1}$, poi abbiamo risolto la funzione delta e infine abbiamo usato di nuovo la definizione di $\Delta^{-1}$. Pertanto possiamo anche scrivere in via del tutto generale:
$$\psi_c(x) = \exp{\bqty{-i e \Delta^{-1} \partial_i A_i (\vec{x})}}\psi(x) \tag{**}$$
Ora partendo da un campo di calibro $A$ effettuiamo una trasformazione di calibro ad $A’$, dove $A’$ è nel calibro di Coulomb, ovvero soddisfa $\partial_i A’_i=0$. Ciò si ottiene con una trasformazione di calibro $\chi$ che soddisfa $\Delta \chi = -\partial_i A_i$, ovvero $\chi = -\Delta^{-1} \partial_i A_i$. Quindi con questa trasformazione, $\psi(x) \to \exp{\bqty{-i e \Delta^{-1} \partial_i A_i (\vec{x})}}\psi(x)$, che è esattamente la $(**)$. Ne segue che $\psi_c$, che pure è invariante di calibro, altro non è se non il campo di creazione di un elettrone nel calibro di Coulomb.
Conseguenze
Poiché non è possibile definire un singolo elettrone senza la sua nuvola di fotoni, si dice che l’elettrone è un‘infraparticella. Il nome “infra” si riferisce al fatto che questo comportamento è dovuto alla presenza di un campo a massa nulla che provoca divergenze infrarosse.
Come abbiamo visto anche in un articolo precedente, un’infraparticella causa la rottura spontanea della simmetria di Lorentz. A causa della presenza della nuvola di fotoni, l’elettrone non è più un’autostato dell’operatore di massa $P^\mu P_\mu$, quanto piuttosto un continuo di stati, in relazione alla presenza della nuvola di fotoni.