\documentclass[a4paper]{article}


%\usepackage{alphanum}
\newcommand{\angstrom}{\textup{\AA}}
\newcommand{\Scale}[2][4]{\scalebox{#1}{$#2$}}
\setlength{\parindent}{0em}
\setlength{\parskip}{0.5em}
\setlist{noitemsep,nolistsep}
\numberwithin{equation}{section}
\setcounter{secnumdepth}{3}

\titleformat{\section}[hang]
{\bfseries\LARGE}
{}
{0em}
{\hspace{-0.4pt}\LARGE \thesection\hspace{0.6em}}[\vspace{-5pt}]

\titleformat{\subsection}[hang]
{\bfseries\Large}
{}
{0em}
{\hspace{-0.4pt}\Large \thesubsection\hspace{0.6em}}[\vspace{-5pt}]

\renewcommand{\thesubsubsection}{\thesubsection.\arabic{subsubsection}}

\titleformat{\subsubsection}[hang]
{\bfseries}
{}
{0em}
{\thesubsubsection \quad}
[\vspace{-8pt}]

\titleformat{name=\subsubsection,numberless}[hang]
{\bfseries}
{}
{0em}
{}
[\vspace{-8pt}]

\begin{document}

\section{Relativitat especial}
\subsection{Sistemes de referència}
Com sempre que fem física, abans de començar cal fixar els sistemes de referència. Definim un SR com un estàndard convencional de repòs respecte el qual podem fer mesures i descriure experiments. Els SR que ens interessen són els inercials SRI. Perquè un SR sigui SR cal que les relacions de l'espai hi compleixin la geometria euclidiana (és a dir, que la distància entre dos punts vingui donada per $ds^2 = dx^2+dy^2+dz^2$), que hi existeixi un temps inercial universal, respecte el qual les partícules satisfacin la primera llei de Newton (si la velocitat és constant, a cada interval $dt$ es recorre el mateix $ds$). Suposarem que l'espai (no l'espai-temps, com veurem) és isòtrop i homogeni (qualsevol origen i orientació d'eixos són adequats), i que el temps també és homogeni (qualsevol temps inicial és adequat). Per mesurar el temps, situarem un rellotge a cada punt de l'espai, que caldrà mantenir sincronitzats, ja veurem com.

Basarem tota la nostra feina en dos postulats, recollits per l'anomenat principi de relativitat:
\begin{enumerate}
\item En tots els SRI les lleis de la física són idèntiques. Per tant, partint de les mateixes condicions inicials hem d'obtenir sempre el mateix resultat.
\item Els senyals de llum en el buit es propaguen en línia recta a velocitat $c$ (com hem dit al postulat anterior, a $\forall$SRI). També es pot enunciar com: en un SRI $\exists$ una velocitat màxima per totes les partícules, $c$.
\end{enumerate}
Ambdós postulats tenen molts experiments que els recolzen i donen veracitat. D'aquests postulats podem derivar que és impossible saber a quina velocitat es mou el nostre SRI, en tant que no existeix un repòs absolut.

Anomenem esdeveniment a un procés instantani que té lloc en un punt de l'espai. Direm que dos esdeveniments són simultanis quan, estant jo situat al mig exacte de tots dos, rebo la llum provinent dels esdeveniments alhora. Així podem mantenir sincronitzats els rellotges. Els esdeveniments els caracteritzem amb 4 coordenades $x^\mu = (t,x,y,z)$
\footnote{El súper-index $\mu$ indica a quina coordenada fa referència: $x^0=t$, $x^1=x$...}, 
les anomenades coordenades estàndard.

\subsubsection{Transformacions de Lorentz en configuració estàndard}
Ara el que volem fer és mirar com transformen les coordenades d'un esdeveniment entre dos sistemes S i S', és a dir, com s'escriuen les coordenades de la mesura de l'esdeveniment en S' en funció de la mesura en S (o a l'inversa). És a dir, quina és la funció $x^{\mu'} = x^{\mu'}(x^\mu)$. Abans de tot, però, cal pensar com podem fer per determinar que tots dos sistemes són inercials. Per fer-ho, prenguem una partícula lliure que passi per allà (no hi actuen forces, la seva velocitat s'ha de mantenir constant), si efectivament en els dos sistemes mesurem $v=\text{constant}$, són inercials.

El que farem és, per no privilegiar S ni S', situar un sistema S'' sobre aquesta partícula lliure (de manera que hi està en repòs). El temps mesurat en aquest sistema s'anomena temps propi de la partícula $\tau$. En funció d'aquest temps, la partícula seguirà una trajectòria $(x^\mu)(\tau)$ en S i $(x^{\mu'})(\tau)$ en S'. Com el temps és homogeni, $dt/d\tau = \text{constant}$, i com la partícula es mou a velocitat constant, $dx/d\tau = \text{constant}$ i $dx/dt = \text{constant}$ (igual per la resta de coordenades), per tots dos SRI. Aleshores, totes les derivades segones són nul·les: $d^2x^\mu /dt^2 = 0$.

Aprofitem aquest resultat i derivem dos cops l'expressió $x^{\mu'} = x^{\mu'}(x^\mu)$ respecte $\tau$ emprant la regla de la cadena:
\begin{equation}
\frac{dx^{\mu'}(x^\mu)}{d\tau} = \sum_{\nu=0}^3 \frac{\partial x^{\mu'}}{\partial x^{\nu}}\frac{\partial x^{\nu}}{\partial \tau} \quad\rightarrow\quad
0 = \frac{d^2x^{\mu'}}{d\tau^2} = \sum_{\nu=0}^3 \frac{\partial x^{\mu'}}{\partial x^{\nu}}\frac{\partial^2 x^{\nu}}{\partial \tau^2} + \sum_{\nu=0}^3 \frac{\partial^2 x^{\mu'}}{\partial x^{\nu}\partial x^{\rho}}\frac{\partial x^{\nu}}{\partial \tau}\frac{\partial x^{\rho}}{\partial \tau}
\end{equation}
Emprant que $\partial^2 x^{\nu}/\partial \tau^2 = 0$ i $\partial x^{\nu}/\partial \tau \neq 0$ (són constants), obtenim que:
\begin{equation}
\frac{\partial^2 x^{\mu'}}{\partial x^{\nu}\partial x^{\rho}} = 0
\quad \rightarrow \quad
x^{\mu'} = A_\nu^\mu x^\mu + B^\mu
\end{equation}
És a dir, de la integració, com les segones derivades s'anul·len, la relació que busquem ha de ser lineal. El fet que ho sigui és bastant potent: totes les partícules que estan en repòs a S, des d'un altre sistema S' arbitrari es veuen totes elles a la mateixa velocitat. O el que és el mateix, partícules lliures a S, també ho seran a S'. En aquesta notació hem emprat el criteri d'Einstein: quan hi ha índexs repetits hi ha un sumatori implícit per aquest índex.

Per poder obtenir aquestes transformacions, prendrem un cas senzill. Així doncs, suposem dos SRI tal que S' es mou a velocitat $\vec{v}$ respecte S (això rep el nom de \textit{boost}). Aleshores, farem una rotació en l'eix de S per tal que el seu eix estigui paral·lel en la direcció de la velocitat, traslladem el seu origen de manera que quedi en la trajectòria de l'origen de S'. Finalment, engeguem els rellotges (fem $t=t'=0$) quan els dos orígens d'eixos coincideixin. Això rep el nom de configuració estàndard.

\begin{figure}[!ht]
	\includegraphics[width=0.5\textwidth]{Confestandard.png}
	\centering
	\caption{Configuració estàndard de dos sistemes K i K'.}
	\label{fig:confestandard}
\end{figure}

En aquesta configuració podem fer unes certes suposicions que ens simplificaran la feina per trobar les transformades (semblen òbvies, no ho són tant):
\begin{enumerate}
\item Els plans $y=0$ i $z=0$ coincideixen amb els plans $y'=0$ i $z'=0$.
\item El pla $x'=0$ coincideix amb el pla $x=vt$.
\item Podem invertir els eixos tal que:
\begin{equation}
\begin{cases} t,x,y,z \\ t',x',y',z' \end{cases} \quad \leftrightarrow \quad
\begin{cases} t,-x,y,-z \\ t',-x',y',-z' \end{cases} 
\end{equation}
Això implica que hi ha una certa simetria: S veu a S' de la mateixa manera que S' veu a S (però clar, per veure'l ha de "girar el cap", canviant el sentit de l'eix $x$ (i en conseqüència, per tenir els eixos ben col·locats segons la regla de la mà dreta, el de $z$). 
\end{enumerate}
Fent això, podem calcular alguns dels coeficients $A_\nu^\mu$ (n'hi ha 4x4). Per exemple, $0 = y' = A_0^2 t + A^2_1 x + A^2_2y + A^2_3 z$ ens porta a $A_0^2 = A^2_1 = A^2_3 = 0$ (perquè $y=0$). Aleshores $y'=A_2^2 y$, podem aplicar la inversió (podem girar $y$ i $y'$, és a dir, també s'ha de complir $A_2^2 y' = y$) i trobem $A^2_2 = 1$. De la mateixa manera per $z$ i $x$, trobem:
\begin{equation}
y' = y \qquad z'=z \qquad x' = A^1_1 (x-vt)
\end{equation}
Per acabar de trobar $A^1_1$, hem d'aplicar ja els postulats de relativitat. Imposem que es compleixi que la trajectòria d'un feix de llum en S sigui $x=ct$ i en S' també sigui $x'=ct'$. Fent això, obtenim:
\begin{equation}
A^1_1 = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \equiv \gamma
\end{equation}
On $\gamma$ és el famós i conegudíssim factor de Lorentz. Amb aquesta, les transformacions de Lorentz en configuració estàndard, que ens diuen com canvien les coordenades entre sistemes, s'escriuen com:
\begin{equation}
\begin{cases} t' = \gamma(t-\frac{v}{c^2}x) \\ x' = \gamma (x-vt) \\ y'= y \\ z' = z 
\end{cases} \qquad \begin{cases}
t = \gamma(t'+\frac{v}{c^2}x') \\ x = \gamma (x'+vt') \\ y= y' \\ z = z' \end{cases}
\end{equation}
També hem escrit les transformades inverses per trobar les coordenades a S a partir de les de S' (senzillament, aplicant la inversió, canviant el signe de $v$). 

Si multipliquem la transformada $t'$ per $c$ i diferenciem aquesta i la segona, obtenim que $c^2 {dt'}^2 -d{x'}^2 = c^2dt^2 - dx^2$. De manera més general:
\begin{equation} \label{eq:invarTOP}
{ds'}^2 \equiv c^2 {dt'}^2 -d{x'}^2-d{y'}^2-d{z'}^2 = c^2dt^2 - dx^2 - dy^2 - dz^2 \equiv {ds}^2
\end{equation}
És a dir, aquesta expressió és igual a tots els SRI, és invariant. 

Ara, però, fem un double check. Assegurem-nos que l'espai S' que podem trobar a partir de les transformades de Lorentz és realment un SRI, no fos cas que les suposicions que hem fet no fossin tan trivials. En primer lloc, hem dit abans que, com la transformació és lineal, partícules lliures a S ho seran també a S'. Per tant, a S' també es compleix la 1a llei de Newton. Guay. Ara hem de demostrar que $x',y',z'$ també formen un espai euclidià. Per fer-ho, emprarem els feixos de llum, que sabem que viatgen en línia recta i velocitat $c$ a tots els sistemes. Llencem un feix de 1 a 2, de manera que recorre una distància a S tal que $\Delta d = c\Delta t$. Com $x,y,z$ sí són cartesianes, aquesta distància ha de seguir la geometria pitagòrica: $\Delta d^2 = \Delta x^2 + \Delta y^2 + \Delta z ^2$. 
D'aquesta expressió i l'anterior traiem que
$(c\Delta t)^2- \Delta x^2 + \Delta y^2 + \Delta z ^2 = 0$, 
i com aquesta expressió és invariant, també s'ha de complir 
$c^2 {\Delta t'}^2 -\Delta{x'}^2-\Delta{y'}^2-\Delta{z'}^2 = 0$. 
Com la llum també viatja en línia recta i $c$ a S', $\Delta d' = c\Delta t'$. Substituït trobem: 
${\Delta d'}^2 -\Delta{x'}^2-\Delta{y'}^2-\Delta{z'}^2 = 0$,
és a dir: ${\Delta d'}^2 =  \Delta{x'}^2+\Delta{y'}^2+\Delta{z'}^2$. Com S' també compleix aquesta relació cartesiana, l'espai $x',y',z'$ és transparentment euclidià. Així, efectivament, S' és un SRI, com volíem demostrar.

\subsubsection*{Anàlisi de les transformades}
Sovint, per tal que totes les transformades tinguin dimensions de longitud, el que fem és multiplicar per $c$ la del temps, i treballar amb $ct$ com a primera coordenada dels esdeveniments. Tota la mecànica clàssica feta fins ara és senzillament el cas en què $v \ll c$ (o fer $c\rightarrow\infty$). També podem veure que no existeix cap transformació que ens passi a un sistema S' a velocitat $c$ o superior (ja que $\gamma$ divergeix o és complexa, respectivament). També com a conseqüència de la forma de les transformades, dos esdeveniments simultanis a S, en posicions diferents, no seran simultanis a S'. Això és l'anomenada relativitat de la simultaneïtat.

Si enviem polsos de llum en totes les direccions des de l'origen de S, el que obtenim és una esfera de llum que té com a equació $c^2t^2 -x^2-y^2-z^2$. Ara bé, això és la invariant, per tant, des d'un altre SRI també serà $c^2{t'}^2 -{x'}^2-{y'}^2-{z'}^2$, és a dir, una esfera de llum, centrada a S'. És a dir, tots dos veuen esferes de llum centrades al seu origen. Abans no ens exploti el cap, pensem-ho. El que està passant és que els punts que formen l'esfera a S a cada moment (per tant, hi són simultanis) no són els mateixos que formen l'esfera de S' en el mateix moment (la simultaneïtat la tenen uns altres punts). En altres paraules, el mateix esdeveniment es troba en radis de l'esfera diferents a cada sistema. 

Finalment, què passa si introduïm un tercer sistema S'' movent-se a velocitat $v_2$ respecte S'? A quina velocitat $v_3$ el veurà S? En relativitat espacial la combinatòria de velocitats funciona amb:
\begin{equation} \label{eq:combvelocitats}
v_3 = \frac{v_1 + v_2}{1+\frac{v_1v_2}{c^2}}
\end{equation}

\subsubsection{Transformades de Lorentz generals}
I si ara no tenim els eixos en configuració estàndard? Si tenim els dos SR en posicions arbitràries, el que faríem és col·locar-los en configuració estàndard per poder aplicar-hi les transformacions de Lorentz. Matemàticament, això representa utilitzar una aplicació $\Lambda_a$ que roti i traslladi convenientment els eixos. Després, una aplicació temporal $\Lambda_b$ que traslladi els orígens temporals per fer $t=t'=0$ quan coincideixen els orígens dels eixos. Aleshores aplicaríem la transformació de Lorentz $\Lambda_c$, i tornaríem a la disposició original amb una $\Lambda_d$. Ara bé, com sabem que totes aquestes aplicacions no l'han liat parda?

La clau està en què les transformacions mantinguin la invariant (\ref{eq:invarTOP}). Doncs bé, una translació (tant espacial com temporal) implica fer $x^\mu \rightarrow x^{\mu'} + x^\mu_0$, això els diferencials no els canvia, per tant, guay. I la rotació? Doncs recordem que fer una rotació és multiplicar per una matriu $R$ ortogonal: $x^{i'}=Rx^i$. Podem demostrar que les rotacions no varien el producte escalar, i per tant, els quadrats es mantenen igual. Així doncs, la invariant, que són tot quadrats, es manté també. Podem reescriure el primer postulat de la relativitat millor com:

\begin{center}
\textit{Totes les lleis de la física vàlides en un SRI han de ser invariants sota transformacions de Lorentz generals.}\end{center}

Fem-ho numèricament. Les transformades només les sabem escriure fins ara en configuració estàndard, en la qual un punt qualsevol ve donat per $\vec{r_{est}}=(x,y,z)$, i la velocitat del \textit{boost} arbitrari per $\vec{v_{est}}=(v_1,v_2,v_3)$. Ens creurem que, aleshores, la forma que té la transformada és:
\begin{equation}
\vec{r_{est}}' = \vec{r_{est}} + \vec{v_{est}}\left[
\frac{\vec{v_{est}}\cdot\vec{r_{est}}}{v_{est}^2}(\gamma-1) - \gamma t \right] \qquad
t' = \gamma \left(t-\frac{\vec{v_{est}}\cdot\vec{v_{est}}}{c^2} \right)
\end{equation}
Ara, apliquem una matriu de rotació $R$ de tots dos sistemes de manera que l'eix x estigui paral·lel a la velocitat. Així, $\vec{r}=R\vec{r_{est}}$ i $\vec{v}=R\vec{v_{est}}$. Però, com hem dit, una rotació manté el producte escalar,  i per tant $\vec{r_{est}}\cdot\vec{v_{est}}=\vec{v}\cdot\vec{r}$ i $v_{est}^2 = v^2$. La transformada general quedarà:
\begin{equation}
\vec{r}' = \vec{r} + \vec{v}\left[
\frac{\vec{v}\cdot\vec{r}}{v^2}(\gamma-1) - \gamma t \right] \qquad
t' = \gamma \left(t-\frac{\vec{v}\cdot\vec{v}}{c^2} \right)
\end{equation}
És a dir, efectivament, la forma de les transformades de Lorentz per un \textit{boost} arbitrari és invariant sota rotacions.

\subsubsection{Transformacions de Lorentz hiperbòliques}
Per si no n'hem tingut prou, introduïm una nova manera d'escriure les transformades de Lorentz. Definim la rapidesa $\phi$ com aquell angle (imaginari) tal que:
\begin{equation}
\tanh{\phi} = \frac{v}{c}
\end{equation}
Amb aquesta definició veiem ràpid que $\cosh\phi = \gamma$ (si sabem relacions de funcions hiperbòliques). Igualment, també podem obtenir $\sinh\phi = \tanh\phi \cosh\phi = \gamma v/c$. Podem escriure així les transformacions de Lorentz de forma matricial com:
\begin{equation}
\left(\begin{array}{c} ct' \\ x' \end{array} \right) = 
\left(\begin{array}{cc} \cosh\phi & \sinh\phi \\ -\sinh\phi & \cosh\phi \end{array} \right) \left(\begin{array}{c} ct \\ x \end{array} \right)
\end{equation}
La matriu dels angles té la forma d'una matriu de rotació, però amb funcions hiperbòliques. Això ens està indicant que el pla $ct-x$ no és un pla cartesià. O sigui, xyz sí que són coordenades cartesianes, però a la que hi mesclem el temps, doncs ja no. 

Si ara fem un canvi de variables $u\equiv ct-x$ i $v\equiv ct+x$, obtenim que aquestes noves coordenades varien segons:
\begin{equation}
v' = e^{-\phi}v \qquad u' = e^\phi u
\end{equation}
És \textit{guay} perquè les dues transformades queden desacoblades. A més, si fem combinatòria de velocitats, afegint una transformació a S'', obtenim $u' = e^{\phi_1+\phi_2}u$ (i anàleg per $v$), és a dir, que en combinatòria, les rapideses es sumen tal qual, no cal fer coses estranyes. Efectivament, si calculem $\tanh\phi_3 = \tanh(\phi_1+\phi_2)$ obtenim l'equació (\ref{eq:combvelocitats}). Bé, sigui com sigui, oblidem aquesta notació per no recuperar-la casi mai més en aquest curs.

\subsubsection{Diagrames d'espai-temps}
Per dibuixar les trajectòries de les partícules utilitzarem diagrames espai-temps, que representen $ct$ vs $x$. D'aquesta partícula, una partícula lliure a velocitat $v$, que descriu una trajectòria $x=vt +x_0$ (farem $x_0 = 0$), segueix una recta $ct = \frac{c}{v}x$. És a dir, la seva trajectòria és una recta de pendent $c/v>1$ (perquè en ser una partícula $v<c$). Així doncs, totes les partícules tenen rectes amb angles majors de 45º. Només la llum segueix una recta de 45º (sempre!). Quan la partícula està en repòs, la línia que segueix és vertical (la seva x no varia). 

Per saber la simultaneïtat de dos esdeveniments, ja ho sabem: enviem dos flaixos de llum en sentits oposats: si es creuen al punt mig de les fonts, són simultanis. D'aquesta manera, la recta que uneix els dos esdeveniments (de moment, horitzontal) és un eix de simultaneïtat. 

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\begin{subfigure}{0.5\textwidth}
		\centering
		\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
			\includegraphics[width=\textwidth]{diags1.png}	
		\end{subfigure}
		\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
			\includegraphics[width=\textwidth]{diags2.png}	
		\end{subfigure}
		\caption{Línies de simultaneïtat.}
	\end{subfigure}
	\begin{subfigure}{0.5\textwidth}
		\centering
		\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
			\includegraphics[width=\textwidth]{diags3.png}	
		\end{subfigure}
		\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
			\includegraphics[width=\textwidth]{diags4.png}	
		\end{subfigure}
		\caption{Trajectòries de partícules en repòs.}
	\end{subfigure}
	\caption{Mesures de temps i posició en S (esquerra) i S' (dreta).}
	\label{fig:diagsespaitemps1}
\end{figure}
\begin{wrapfigure}[14]{r}{0.25\textwidth}
	\includegraphics[width=0.25\textwidth]{eixosdiagtemps.png}
	\captionsetup{justification=centering}
	\caption{Calibració dels eixos.}
\end{wrapfigure}
Ara superposem dos SRI en un mateix diagrama, afegint un S' a velocitat $v$. L'eix $ct'$ es troba en $x'=0$, que a partir de les transformades de Lorentz correspon a $ct = \frac{c}{v}x$ (no és vertical, està inclinat com la trajectòria d'una partícula). Anàlogament, l'eix $x'$ correspon a $ct'=0$, que en les transformades és $ct = \frac{v}{c}x$ (per tant, la inversa de l'eix $ct'$, no és horitzontal). Ara ja podem veure la relativitat de la simultaneïtat. Dos feixos de llum emesos simultàniament en S no es creuaran a la meitat de les dues fonts a S': no hi seran simultanis. Els eixos de simultaneïtat per S' són aquells paral·lels a x'.

Com podem fer per calibrar les distàncies entre els dos SR? És a dir, com sabem a quant correspon en S' una distància $a$ en S? Doncs en l'espaitemps hem d'aplicar la invariant $c^2{t'}^2 - {x'}^2 = c^2t^2-x^2 \equiv \pm a^2$, que corresponen a hipèrboles. Ja no podem, doncs, aplicar les invariants clàssiques $x^2+y^2={x'}^2+{y'}^2\equiv \pm a^2$ (corresponent a cercles), perquè l'espaitemps és un espai hiperbòlic. És a dir, calibrarem els eixos utilitzant que els punts de tall d'una mateixa hipèrbola amb cadascun dels eixos (de S i de S') representen la mateixa longitud.

\subsection{Cinemàtica relativista}
\subsubsection{Mesures de longitud i temps}
Suposem dos SR S i S', tal que S' s'està movent a velocitat $v$ respecte S. S' té en el seu sistema un regle de longitud $L_0$. Aquesta longitud que mesura el sistema que veu l'objecte mesurat en repòs s'anomena longitud pròpia. Com podríem fer la mesura de la longitud en S'? Doncs com l'objecte està en repòs, els seus extrems mantindran les seves posicions constants. Puc mesurar tranquil·lament aquestes posicions i fer-ne la diferència. Ara bé, com ho podem fer des de S? Els extrems del regle no es mantenen parats, el que he de fer és fer una mesura de les seves posicions de manera simultània. Clar, si no fos simultània, en el temps que trigo l'extrem s'ha mogut i la diferència no correspondria a la longitud vertadera. 

Així doncs, la mesura en S' té $\Delta x' = L_0$, com és des de S? El que hem de forçar és que $\Delta t = 0$ (mesura simultània). Aplicant les transformades de Lorentz:
\begin{equation}
L_0=\Delta x' = \gamma(\Delta x-v\Delta t) = \gamma L \quad\rightarrow\quad
L = \gamma^{-1}L_0 \le L_0
\end{equation}
Així doncs, l'observador en S mesura un regle de menor longitud que la pròpia: el regle s'ha contret! Bé, en sí no s'ha contret, és un fenomen cinemàtic, la contracció és externa a l'objecte, diguem-ne. Així doncs, la longitud mesurada amb el regle en repòs sempre serà la màxima que puguem mesurar a qualsevol SRI. Aquest fenomen es diu contracció de Lorentz.

Això porta, per exemple, a la paradoxa del garatge, la possibilitat d'encabir una biga de longitud $L_1$ en un garatge d'ample $L_0 < L_1$, si anem prou ràpid. És clar des de la perspectiva del garatge, que veurà una barra de longitud $\gamma^{-1}L_1$ i entrarà si $\gamma^{-1}L_1\le L_0$. Just quan hagi entrat, tanquem la porta del garatge i la biga es queda dins.
Ara bé, des del punt del vista del corredor amb la biga? Ell veu un garatge més petit que abans $\gamma^{-1}L_0$ que ve cap a ell, com pot entrar la barra? Doncs quan l'extrem de la biga xoca amb el garatge, aquest agafa la seva velocitat i s'encongeix. La contracció es va propagant fins a l'altre extrem del regle, quan hi arriba, el regle ja pot encabir-se i es tanca la porta. Ara, doncs, el tancament de la porta no és simultani com abans, sinó que es dóna després que el regle toqui el fons del garatge.

I què passa amb les mesures del temps? Bé, fóra bo saber abans com podem mesurar el temps. Per exemple, podem utilitzar rellotges de llum: dos miralls enfrontats separats una distància $h$ entre els quals va rebotant un feix de llum. El període d'aquest rellotge quan el veiem en repòs serà $T_0 = h/c$. La mesura del temps amb el rellotge en repòs l'anomenem temps propi. 
Ara mirem això des del sistema S, que veu el rellotge moure's. Els punts dels miralls on la llum rebota han de ser els mateixos que en S' (rellotge en repòs), però ara tenim que aquests punts es van desplaçant. Així, la llum recorre una distància extra cada cop. Fent el dibuix obtenim:
\begin{equation}
h^2 + (vt)^2 = (ct)^2  \quad\rightarrow\quad
t = \frac{h/c}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} = \gamma T_0 \ge T_0
\end{equation}
És a dir, el temps que mesurem des de fora del rellotge és major que la mesura en repòs. Veuríem que el rellotge s'està endarrerint respecte els nostres rellotges en repòs.
En altres paraules, la durada d'un procés sempre serà serà major vist en moviment que des del SRI solidari al procés. Aquest fenomen s'anomena dilatació temporal.

També ho podem mirar amb les transformades de Lorentz. Des de S' el rellotge mesura $\Delta t' =T_0$, i ho fa sempre al mateix punt (ell hi està en repòs), per tant, $\Delta x' = 0$. Aplicant-ho a les transformades: $\Delta t = \gamma T_0$.

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\begin{subfigure}{0.3\textwidth}
		\centering
		\includegraphics[width=\textwidth]{diags5.png}
		\caption{Contracció de longituds.}
	\end{subfigure}
	\qquad
	\begin{subfigure}{0.3\textwidth}
		\centering
		\includegraphics[width=\textwidth]{diags6.png}
		\caption{Dilatació temporal.}
	\end{subfigure}
	\caption{Fenòmens relativistes.}
\end{figure}

\subsubsection*{Partícules amb moviment arbitrari}
Suposem una partícula que s'està movent amb un moviment arbitrari. Malgrat la seva velocitat variï amb el temps, podem considerar petits intervals de temps on aproximar $v=\text{constant}$, de manera que existeixi un SRI propi. D'aquesta manera, definim el temps propi $\tau$ de la partícula com:
\begin{equation}
d\tau = \gamma^{-1} dt \quad\rightarrow\quad
\tau = \int_{t_1}^{t_2} \sqrt{1-\frac{v^2(t)}{c^2}}dt
\end{equation}
Podem demostrar que el temps propi de la partícula és invariant entre diferents SRI, és  a dir, no depèn del SRI des del qual observem la partícula. Això és guay: podem fer les mesures des de qualsevol SRI. 

Un exemple de partícules relativistes són els muons. En temps propi, tenen un temps de desintegració $\tau \approx 2\cdot 10^{-6}$ (són poquet estables). Ara bé, com són relativistes, aquest petit temps se'ns fa molt llarg per la dilatació. Concretament, en aquest temps els muons poden recórrer uns 0,6 km. Amb els càlculs corresponents, podem trobar que la seva velocitat és $v=0,95c$. 

\subsubsection*{Paradoxa de les bessones}
\begin{wrapfigure}[15]{r}{0.33\textwidth}
	\includegraphics[width=0.33\textwidth]{bessonesS.png}
	\vspace{-20pt}
	\caption{Vista des d'A.}
\end{wrapfigure}
Suposem dos bessones, Ariadna i Berta. Mentre l'Ariadna (A) es queda a la Terra, la Berta (B), astronauta, va fins a l'estel $\alpha$ i torna. Estudiem aquest moviment des dels dos SR. Posem com a sistema propi el de la Berta, on mesura que tarda $T=T_0$ fins a l'estel.

Comencem mirant-ho des d'A. Sabem que B, mirant el seu rellotge, en l'anada ha tardat $T_0$. En canvi, des del rellotge A veu que en realitat B ha tardat un temps dilatat $T=\gamma T_0>T_0$ (veu que el rellotge B ha anat més ràpid que el seu). A la tornada, tres quarts del mateix. En total, per B ha passat $2T_0$ i per A $2\gamma T_0$. Així, A serà més vella que B en tornar \footnote{Vegeu \textit{Interstellar} per un exemple (i per passar-vos-ho bé, també)}.

Ara des de B. Quan ell està a l'estel, mira el rellotge d'A (amb els seus ulls Legolas) i veu que aquest ha mesurat un temps $T'<T_0$ (o sigui, per B és A qui es mou, per tant  és el rellotge d'A el que no s'endarrereix). O sigui, que A ha envellit menys que B. Seguint aquesta regla, en tornar A hauria de ser més jove que B, el qual contradiu l'altre cas. Això seria la paradoxa, però en realitat és un error de plantejament. Ens hem oblidat, que, en donar mitja volta B, està canviant de SRI respecte A (passa de ser un S' a velocitat $v$ a ser un S'' a velocitat $-v$), per fer aquest canvi s'ha d'introduir una acceleració deixa de ser un SRI i canvien les coses. Concretament, just després de canviar de sentit, el temps que veu B en A salta de $T'$ a $T''>T_0$ instantàniament (A envelleix de cop). Aquest salt és suficient perquè en tornar B sigui més jove que A.

És bo fer-se un diagrama espai-temps del moviment per entendre millor el fenomen.

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
		\centering
		\includegraphics[width=0.7\textwidth]{bessonesSp1.png}
		\captionsetup{justification=centering}
		\caption{Abans de girar, el temps que mesura B d'A és de 3.2 anys.}
	\end{subfigure}
	\qquad
	\begin{subfigure}{0.45\textwidth}
		\centering
		\captionsetup{justification=centering}
		\includegraphics[width=0.7\textwidth]{bessonesSp2.png}
		\caption{Després del gir, la línia de simultaneïtat indica 6.8 anys sobtadament.}
	\end{subfigure}
	\caption{Paradoxa de les bessones des de B.}
\end{figure}

\subsubsection*{Causalitat}
Com hem dit segons el principi de relativitat, existeix una velocitat màxima $c$ a tots els SRI. Així doncs, podem demostrar també que: \textit{La velocitat de propagació d'un efecte físic es sempre menor o igual a $c$}. Demostrem-ho, per reducció a l'absurd: suposem que existeix un efecte físic que es propaga amb $v>c$ entre dos esdeveniments A i B, tal que A causa B. Trigaria un temps, diguem-ne, $\Delta t>0$ (A s'ha produit abans per poder ser la causa). Fins aquí res estrany. Mirem quan trigaria des d'un altre sistema S':
\begin{equation}
\Delta t' = \gamma (\Delta t - \frac{v}{c^2}\Delta x) = 
\gamma (1-\frac{v\cdot v}{c^2})\Delta t
\end{equation}
On hem aplicat que $v=\Delta x/\Delta t$. Veiem que, si $v>c$, aleshores $\Delta t'<0$. És a dir, per S', B s'ha produït abans. Per tant, A no en pot ser la seva causa. Això contradiu la afirmació inicial. En conseqüència, qualsevol efecte físic es propaga amb v<c.

D'aquest principi és conseqüència clara la inexistència dels cossos rígids. Sempre que hem tractat amb cossos rígids, hem suposat que tots els punts del sòlid giren solidaris a l'eix de rotació, com si la propagació de la rotació fos instantània. Ara hem vist que això no pot ser: els punts més llunyans tardaran un temps en rebre l'efecte de la rotació, de manera que la rotació del sòlid no serà solidària en tots els punts. Enlloc dels 6 graus de llibertat de la mecànica clàssica, en necessitem infinits.

\subsubsection{Transformació de velocitats}
Analitzem ara com mesurem la velocitat d'una partícula des de dos sistemes S i S'. Per facilitat, prenguem-los en configuració estàndard. La partícula segueix una trajectòria $\vec{r}(t)$. En S, la velocitat que hi mesurem és $\vec{u}(t) = d\vec{r}(t)/dt$, mentre que en S', que es mou a velocitat $v$ en l'eix x, hi mesurem $\vec{u}'(t) = d\vec{r}'(t)/dt'$. Aplicant les transformades conegudes de $\vec{r}'(t)$ i $t'$, trobem:
\begin{equation} \label{eq:transfvels}
u_x' = \frac{u_x-v}{1-\frac{u_xv}{c^2}} \qquad
u_y' = \frac{u_y}{\gamma(1-\frac{u_xv}{c^2})} \qquad
u_z' = \frac{u_z}{\gamma(1-\frac{u_xv}{c^2})}
\end{equation}
I les transformacions inverses són:
\begin{equation}
u_x = \frac{u_x'-v}{1+\frac{u_x'v}{c^2}} \qquad
u_y = \frac{u_y'}{\gamma(1+\frac{u_x'v}{c^2})} \qquad
u_z = \frac{u_z'}{\gamma(1+\frac{u_x'v}{c^2})}
\end{equation}
Podem comprovar que, si $u<c$, aleshores $u'<c$. Aquestes transformacions no fan coses rares, per tant. A partir d'aquestes transformades també podem mirar com varien els factors de Lorentz (substituint aquestes transformades a la definició de $\gamma$).
\begin{equation}
\gamma(u) = \gamma(u')\gamma(v) \left[1+\frac{u_x'\cdot v}{c^2}\right]
\end{equation}

\subsubsection{Acceleració pròpia}
Definim l'acceleració pròpia d'una partícula com aquella acceleració que hi mesurem en el SRI propi de la partícula en un cert instant (és a dir, un SRI amb la mateixa velocitat que la partícula en aquell instant). Com la partícula està variant la seva velocitat, aquest SRI anirà sent un diferent cada instant. Fem-ho en 1D.

Suposem una partícula que té una velocitat $u_x = u(t_0)$ en un cert instant $t_0$. Un SRI que es mogui a velocitat $v=u_x(t_0)$ la veurà en repòs (si no ens ho creiem podem aplicar l'equació \ref{eq:transfvels}). L'acceleració mesurada des d'aquest sistema serà:
\begin{equation}
a'(t_0) = \left[\frac{du_x'}{dt'}\right]_{t=t_0} = 
\frac{dt}{dt'}\frac{d}{dt}\left[\frac{u_x(t)-v}{1-\frac{u_x(t)v}{c^2}}\right] = ...
= \frac{du_x(t_0)}{dt} \frac{1}{\left(1-\frac{u_x(t_0)^2}{c^2}\right)^\frac{3}{2}}
\end{equation}
Identificant la primera fracció amb l'acceleració mesurada a S, ho podem escriure com:
\begin{equation} \label{eq:apropia}
a'(t) = \frac{d}{dt}\left[\gamma(u)u\right]
\end{equation}
Quan $|\vec{u}|$ és constant (acceleració perpendicular a la velocitat, per exemple), aleshores $\gamma$ és constant i $a'(t) = \gamma a(t)$, però quan no és així, tenim l'expressió $a'(t) = \gamma^3 a(t)$.

Com serà un moviment que tingui l'acceleració pròpia constant. Doncs hem d'aplicar que l'equació (\ref{eq:apropia}) sigui igual a una constant $\alpha$. Integrant dos cops podem trobar la trajectòria que hi correspon:
\begin{equation}
(x-x_0)^2 -c^2t^2 = \frac{c^4}{\alpha^2} \equiv X^2
\end{equation} 
Això, en un diagrama espai-temps, són equacions d'hipèrboles, essent $X$ la distància de l'origen $x_0$ a l'extrem de la hipèrbola. A major $X$ (més separades de l'origen), menor acceleració pròpia $\alpha$. Aquestes trajectòries reben el nom de moviments hiperbòlics, i la velocitat de la partícula tendeix asimptòticament a $c$. Com en $t=0$ totes les hipèrboles tenen el pendent vertical, allà la partícula està amb $v=0$.
Derivant l'expressió de la hipèrbola trobem dos relacions interessants d'aquest moviment:
\begin{equation}
\frac{u}{c} = \frac{ct}{x} \quad\rightarrow\quad
\gamma = \frac{x}{\sqrt{x^2-c^2t^2}} = \frac{x}{X}
\end{equation} 
\begin{wrapfigure}{r}{0.25\textwidth}
	\includegraphics[width=0.25\textwidth]{Movhiperb.png}
	\captionsetup{justification=centering}
	\caption{Trajectòria mov. hiperbòlic.}
\end{wrapfigure}
Com es veu aquest moviment des d'un altre sistema S'? Segons la invariant (que correspon a l'equació de la hipèrbola també): $(x-x_0)^2 -c^2t^2 = (x'-x'_0)^2 -c^2{t'}^2$. És a dir, des de S' la trajectòria es veu exactament igual. Per tant, a l'eix $x'$ també ha d'estar la partícula en repòs per S'. Aleshores, S les veu solidàries. 
Podem derivar l'equació de la hipèrbola un cop més, aquest cop a $t$ constant:
\begin{equation}
2xdx = 2XdX \quad\rightarrow\quad dx = \frac{X}{x}dX = \gamma^{-1}dX
\end{equation}
Aquesta relació de longituds s'assembla curiosament a la contracció de Lorentz.

Ara imaginem dos naus espacials lligades amb una corda de longitud pròpia $l$, tensada. Les dues comencen a accelerar alhora amb la mateixa acceleració pròpia. Com tenen la mateixa acceleració (i per tant, la mateixa velocitat sempre), es mantindran, vist des de la Terra, sempre a la mateixa distància que a l'inici, $l$. Però aquesta distància entre les dues naus no és la mateixa des de la Terra, sinó que hem de tenir en compte que està contreta respecte la distància pròpia (la del sistema de les naus). Per tant, les naus mesuren una distància $l'=\gamma l>l$. Ara bé, en aquest sistema la corda segueix mesurant $l$, la seva distància pròpia. Per tant, la corda s'acaba trencant. Aquesta és la \textit{Bell's spaceship paradox}.

En canvi, si les acceleracions pròpies són diferents i adequades, es pot aconseguir que la diferència de velocitats entre les dues naus aconsegueixi compensar el factor $l'=\gamma l$. Així, la manera de mantenir una corda rígida és portant-la a dues acceleracions pròpies diferents.

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=0.4\textwidth]{bellparadox.png}
	\captionsetup{justification=centering}
	\caption{Paradoxa de Bell. Les dues naus viatgen a la mateixa acceleració pròpia, la distància entre elles és L. En anar cada cop més ràpid, la simultaneïtat en el sistema de les naus es va inclinant, de manera que la distància entre les naus s'allarga en el seu sistema (línies discontínues), i la corda es trenca.}
\end{figure}

\subsection{Òptica relativista}
Per tractar aquest tema, imaginarem la llum com una partícula viatjant a una velocitat $v=c$,que s'emet cada un cert temps $\nu$ (la freqüència). Així doncs, la suposarem monocromàtica. Quan a la visió de la llum com una ona, ho lligarem suposant que a cada màxima de l'ona electromagnètica hi ha un fotó, de manera que queden separats una distància $\lambda = \nu/c$. 

\subsubsection{Efecte Doppler}
Suposem un observador en repòs en S que veu una font (el sistema de la qual anomenarem S') traslladant-se a velocitat $\vec{u}$. Des de S, l'interval de temps entre l'emissió de dos fotons consecutius el definim com a $dt$. Aquest interval no té perquè correspondre (ja ens ho diu l'efecte Doppler clàssic) a l'interval amb què l'observador rebi dos fotons consecutius, el qual anomenarem $\Delta t$. Com és això? Doncs perquè, en el $dt$ en què la font ha trigat a enviar el senyal, s'ha apropat o allunyat de l'observador, de manera que el segon fotó ha de recórrer més o menys distància que el primer, fent variar $\Delta t$ respecte $dt$. Aquesta diferència la podem escriure com:
\begin{equation*}
\Delta t = dt + \frac{u_r dt}{c} \quad\rightarrow\quad
\frac{\Delta t}{dt}=\left(1+\frac{u_r}{c}\right)
\end{equation*}
On $u_r$ és la velocitat radial de la partícula (en la direcció que uneix l'observador i la partícula en el moment de l'emissió). Com sabem,  la inversa d'aquests períodes de temps correspon a la freqüència d'emissió. En el cas de $\Delta t^{-1}$, correspon exactament a la freqüència que rep l'observador $\nu_\text{r}$. En canvi, $dt^{-1}$ no correspon a la freqüència emesa, perquè aquesta és una mesura corresponent a S', mentre que la mesura de $dt$ està feta des de S. L'interval de temps mesurat per la partícula entre emissió i emissió és el temps propi corresponent $d\tau = \gamma^{-1}dt$ (el temps que ha passat en S' en un interval $dt$), tal que $d\tau^{-1}$ sí correspon a la freqüència d'emissió $\nu_e$. La relació entre les dues serà, per tant:
\begin{equation*}
	\frac{\nu_e}{\nu_r} = \frac{\Delta t}{d\tau}= \frac{\Delta t}{\gamma^{-1}dt}= \gamma \left(1+\frac{u_r}{c}\right)
\end{equation*}
Que és l'equació de l'efecte Doppler relativista. Si definim un vector unitari $\hat{n}$ en la direcció i sentit de propagació de la llum, podem escriure-la com:
\begin{equation} \label{eq:Doppler}
		\frac{\nu_e}{\nu_r} = \frac{\lambda_r}{\lambda_e}=
		\gamma \left(1-\frac{\hat{n}\cdot\vec{u}}{c}\right)
\end{equation}
Quant a l'ús d'aquesta fórmula, recordem que $\nu_e$ correspon sempre a la freqüència emesa mesurada en el sistema S' en moviment respecte l'observador, mentre que $\nu_r$ correspon a la rebuda al sistema S de l'observador en repòs. En el cas que la partícula s'apropi a l'observador, $\nu_r>\nu_e$, si s'allunya $\nu_e>\nu_r$, com en el cas clàssic.

Fixem-nos que, encara que $u_r=0$, degut a l'efecte de la dilatació temporal ($\gamma$) segueix havent-hi un efecte Doppler. En el cas que la velocitat sigui només radial, la velocitat dins de $\gamma$ correspon a la mateixa que apareix explícita a (\ref{eq:Doppler}), i queda:
\begin{equation}\frac{\nu_e}{\nu_r} = \sqrt{\frac{1+u/c}{1-u/c}}\end{equation}
O, en el cas no relativista, desenvolupant en Taylor i fent $\gamma\approx 1$
\begin{equation}\frac{\nu_e}{\nu_r}= 1 + \frac{u_r}{c}+\frac{1}{2}\frac{u_r^{\,2}}{c^2}\end{equation}

Una bona manera de mesurar experimentalment aquest efecte Doppler és mitjançant l'estudi de les emissions de cristalls d'àtoms radioactius. Els àtoms d'aquests estan oscil·lant molt ràpidament sense direcció privilegiada, de manera que emeten en totes direccions. Com estan en moviment, al LAB mesurarem una freqüència donada per una mitjana de l'efecte Doppler:
\begin{equation}\left<\frac{\nu_e}{\nu_r}\right> = 1 +\frac{1}{2}\frac{\left<u^2\right>}{c^2}\end{equation}
On hem aplicat que $\left<u_r\right>=0$ (en promig s'anul·len per simetria). Si augmentem la temperatura dels cristalls, el que observem és que la distribució de freqüències rebudes es desplaça, augmentant. Això és degut a què hem augmentat la velocitat mitjana dels àtoms, de manera que ara, a més d'emetre amb més intensitat, augmenten el corriment Doppler, causant el desplaçament de l'espectre. 

\subsubsection{Fórmula de Fresnel}
Ja en la mecànica clàssica s'havia intentat trobar una fórmula empírica que permetés relacionar la velocitat de la llum en un medi mòbil (i.e. en un fluid en moviment) amb la velocitat en el mateix medi en repòs. Fresnel, en el seu moment, va trobar, empíricament:
\begin{equation}u = u' + kv \qquad \text{amb}\ k = 1-\frac{1}{n^2}\end{equation}
Aquí: $u$ és la velocitat de la llum en el medi mòbil, $u'$ en el mateix medi en repòs, $v$ la velocitat del medi, $k$ el coeficient d'arrossegament, i $n$ l'índex de refracció del medi ($n=c/u'$). En la mecànica clàssica, on podem transformar velocitats com ens deia Galileu ($u=u'+v$), caldria $k=1$ sempre. Però ara ja sabem com es transformen les velocitats, apliquem-ho. Com sabem que $u\approx c$ i $v\ll c$, podem desenvolupar en Taylor la fórmula de transformació de velocitats:
\begin{equation}u=\frac{u'+v}{1+\frac{u}{c}\frac{v}{c}}\approx (u'+v) \left(1-\frac{u'}{c}\frac{v}{c}\right) = u' + v \left(1-\frac{{u'}^2}{c^2}\right) \end{equation}
Efectivament, coincideix amb el valor de $k$ trobat per Fresnel més d'un segle abans. Quin crack.

\subsubsection{Aberració relativista}
\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=0.5\textwidth]{aberracio.png}
	\caption{Aberració relativista.}
\end{figure}
Estudiem ara el moviment d'una partícula des de dos sistemes S i S', amb S' fent un boost de velocitat $v$ respecte S en la direcció $x$. En un determinat instant, la velocitat de la partícula dibuixa un angle $\alpha$ respecte l'horitzontal. Cadascun dels dos sistemes mesurarà una velocitat i angles diferents, almenys a priori:
\begin{equation} S: \begin{cases}
u_x=& - u\cos\alpha \\ u_y=& -u\sin\alpha
\end{cases} \qquad
S': \begin{cases}
u_x'=& -u'\cos\alpha' \\ u_y'=&-u'\sin\alpha'
\end{cases}
\end{equation}
Com sabem que estan fent un boost un respecte l'altre, amb transformació de velocitats podem trobar la relació entre les dos mesures de $v_x$ i $v_y$:
\begin{equation} \label{eq:133aberraciocos}
u'\cos\alpha' = \frac{u\cos\alpha + v}{1 + \frac{u\cos\alpha \,v}{c^2}} \qquad
u'\sin\alpha' = \frac{u\sin\alpha}{\gamma\left(1 + \frac{u\cos\alpha \,v}{c^2}\right)} 
\end{equation}
Dividint ambdues equacions, obtenim una relació pels angles:
\begin{equation} \label{eq:aberrtan}
\tan\alpha' = \frac{\sin\alpha}{\gamma(\cos\alpha+v/u)}
\end{equation}
Com veiem, l'angle mesurat en S' no correspon al mesurat en S. Això causa que veiem els objectes venint d'una direcció diferent en cada SR. Estudiem-ho ara pel cas de la llum, fent $u=u'=c$. Per una banda, substituir-ho a l'equació (\ref{eq:133aberraciocos}) i ens queda una equació sovint molt útil (el cosinus apareix en el diferencial d'angle sòlid $d\Omega = d(\cos\alpha)d\phi$, per exemple). Per l'altra banda, a partir de (\ref{eq:aberrtan}) podem emprar algunes igualtats trigonomètriques per trobar una fórmula més maniobrable:
\begin{equation}
\cos\alpha' = \frac{\cos\alpha + v/c}{1 + \frac{\cos\alpha \,v}{c}} \qquad\quad
\tan\frac{\alpha'}{2} = \sqrt{\frac{1-v/c}{1+v/c}}\tan\frac{\alpha}{2}
\end{equation}
Quan $v>0$ (ens apropem a la font de llum), aleshores $\alpha'<\alpha$, és a dir, veiem que la llum ve d'angles menors, es troba més concentrada al centre
\footnote{Si hem vist les pel·lícules de Star Wars o similars, correspon al que veuen els pilots de les naus abans de saltar a l'hiperespai.}. 
Si $v<0$, $\alpha'>\alpha$. Això és important si ens dediquem a l'astronomia. En observar una estrella, degut a l'òrbita terrestre, a estones ens hi aproparem i a estones ens hi allunyarem. Per aquesta raó, la direcció en què hem d'apuntar el telescopi per observar l'estrella serà una mica més amunt (si ens n'allunyem) o més avall (si ens n'apropem).

\subsection{L'espaitemps de Minkowski}
\subsubsection{Vectors}
Definim un espai vectorial V com un conjunt d'elements de dimensió finita, anomenats vectors, tals que, si $u,v\in V$, aleshores $\lambda u +\mu v \in V$,
on $\lambda,\mu \in \mathbb{R}$. Dins l'espai vectorial podem definir un vector $\vec{0}$ tal que $\vec{0}+\vec{u}=\vec{u}$, i un escalar 1 tal que $1\cdot\vec{u}=\vec{u}$.

En aquest espai vectorial existeix una base de $n$ vectors linealment independents (l.i.) que denotarem amb $\{\vec{e}_i\}_{i=1,\ldots,n}$. Podem escriure qualsevol vector de l'espai vectorial com a combinació lineal dels vectors de la base:
\begin{equation}
\vec{u}=u^i\vec{e}_i
\end{equation}
On $u^i$ és el component i-èssim del vector $\vec{u}$ en la base $\vec{e}_i$ \footnote{En aquesta assignatura utilitzem per la notació el criteri d'Einstein: un índex repetit representa un sumatori implícit per aquest índex.}. És molt important adonar-se que les components d'un determinat vector depenen de la base en què l'escrivim. És a dir, en un canvi de base les components del vector variaran, però el vector seguirà sent el mateix, en tant que les components fan referència a una nova base. Diem que dos vectors són linealment independents quan $\lambda\vec{u}+\mu\vec{v} \Leftrightarrow \lambda=\mu=0$.

\textbf{Espai tangent $T_p$}. Un exemple d'espai vectorial amb què treballarem és l'espai tangent, aquell format per tots els vectors tangents a corbes que passen pel punt P. En altre paraules, si escrivim l'equació d'una corba com $x^\mu = x^\mu(\lambda)$, aleshores els vectors que formen l'espai es defineixen com la derivada direccional sobre aquesta corba avaluada sobre el punt $p$:
\begin{equation}
	 \vec{v}=\frac{d}{d\lambda}\biggr|_p = \frac{dx^\mu}{d\lambda}\biggr|_p\frac{\partial }{\partial x^\mu}\in T_p
\end{equation}
En aquesta darrera fórmula, $\frac{dx^\mu}{d\lambda}\big|_p$ corresponen a les components del vector $\vec{v}$, mentre que $\frac{\partial }{\partial x^\mu}$ és la base de l'espai vectorial $T_p$.

Recordem, de càlcul II, que la derivada direccional d'una funció en un punt representa el canvi de la funció degut a una petita variació en una determinada direcció. En aquest cas, fem la derivada direccional sobre la corba, de manera que la direcció és la del vector tangent en aquest punt. Els vectors de la base, ho veiem, són les derivades parcials (que corresponen a la derivada direccional en la direcció paral·lela als eixos presos). És a dir, podem construir qualsevol derivada direccional com a combinació lineal de derivades parcials. En el cas a què ho aplicarem, la corba que prendrem és la trajectòria de la partícula $\vec{x}(t)$, i el paràmetre $\lambda$ és el temps. Així doncs, el vector de l'espai tangent que obtenim és la derivada de la trajectòria respecte el temps: la velocitat.

\subsubsection{Vectors duals}
Per una banda totalment oposada, definim l'espai vectorial dual de $V$, $V^*$ com el conjunt de les aplicacions lineals $\tilde{p}$ tals que $\vec{u}\in V \rightarrow \tilde{p}(\vec{u})\in \mathbb{R}$. 
Aquestes aplicacions lineals reben el nom de vectors duals. Com són lineals, compleixen $\tilde{p}(\lambda\vec{u}+\mu\vec{v})=\lambda\tilde{p}(\vec{u})+\mu\tilde{p}(\vec{v})$. 
A més, per tal que pugui considerar-se un espai vectorial, cal definir l'aplicació lineal suma tal que $(\tilde{p}+\tilde{q})(\vec{u})=\tilde{p}(\vec{u})+\tilde{q}(\vec{u})$ i l'aplicació producte per un escalar $(\lambda\tilde{p})(\vec{u})=\lambda\tilde{p}(\vec{u})$.

Igualment, existeix una base dual formada per vectors duals linealment independents, que denotem amb $\{\tilde{\omega}^i\}_{i=1,\ldots,n}$. La base que prendrem serà aquella que compleixi:
\begin{equation}
	\tilde{\omega}^i(\vec{e}_j)=\delta_{ij}
\end{equation}
De manera que podem comprovar ràpidament que:
\begin{equation}
	\vec{u}(\tilde{\omega}^i)=u^i
\end{equation}
És a dir, si apliquem un vector sobre el vector dual i-èssim la base del seu espai dual, obtenim la component corresponent de $\vec{u}$. Sabent això, podem arribar a què amb la base dual podem escriure qualsevol vector dual: $\tilde{p}=p_i\tilde{\omega}^i$, essent $p_i$ les components del vector dual. 

Podem comprovar que, si l'espai vectorial V té dimensió $n$, aleshores el seu dual tindrà la mateixa dimensió. A més, podem comprovar que l'espai vectorial dual del dual coincideix amb l'original: $(V^*)^*=V$.

\textbf{Vectors duals sobre l'espai tangent}: Donada una funció $f(x^\mu)$, definim el gradient de $f$, $\tilde{df}$ com aquella aplicació lineal de l'espai dual de $T_p$, $T_p^*$, tal que:
\begin{equation}
	\frac{d}{d\lambda}\biggr|_p \in T_p  \ \rightarrow \ 
	\tilde{df}\left(\frac{d}{d\lambda}\right)_p = \frac{df}{d\lambda}\biggr|_p \in R
\end{equation}
Els vectors base de l'espai tangent dual són els vectors duals $\tilde{dx}^\mu$, tals que quan els apliquem sobre un vector de la base de $T_p$, obtenim $\delta_{ij}$, com havíem definit. En ser base dual, podem escriure qualsevol gradient $\tilde{df}$ com a combinació lineal d'ells, tal que:
\begin{equation}
	\tilde{df}=\frac{\partial f}{\partial x^\mu}\tilde{dx}^\mu \qquad
	\text{on} \ \frac{\partial f}{\partial x^\mu}= \tilde{df}\left(\frac{\partial }{\partial x^\mu}\right)
\end{equation}
Aquestes darreres són les components del gradient $\tilde{df}$ en la base corresponent.

\subsubsection{Tensors}
Definim els tensors com les aplicacions lineals $T\in \binom{N}{M}$ que s'apliquen sobre N vectors duals i M vectors, donant com a imatge un escalar real:
\begin{equation}
	(V^*)^N\times (V)^M \rightarrow \mathbb{R}
\end{equation}
De manera que els tensors són lineals per cadascun dels seus arguments. Els vectors es poden considerar tensors $\binom{1}{0}$, i els vectors duals tensors $\binom{0}{1}$. Els tensors també tenen estructura d'espai vectorial, de manera que dos tensors $F,G$ han de complir $(F+G)(\ldots)=F(\ldots)+G(\ldots)$ i $(\lambda F)(\ldots) = \lambda F(\ldots)$.

Com tot espai vectorial, ha de tenir una base. Per trobar-la, cal que definim el producte tensorial entre dos tensors. Per exemple, el producte tensorial de dos vectors amb un vector dual dóna un tensor $\binom{1}{2}$, tal que:
\begin{equation}
	(\vec{u}\otimes\vec{v}\otimes\tilde{p})(\tilde{q},\tilde{r},\vec{t}) 
	\equiv \vec{u}(\tilde{q})\vec{v}(\tilde{r})\tilde{p}(\vec{t}) = u^i q_i v^j r_j p_k t^k
\end{equation}
Com a bon tensor $\binom{1}{2}$, ha d'actuar sobre dos vectors duals i sobre un vectors. Fet això, definim la base del nostre espai vectorial $\binom{N}{M}$ com el producte tensorial de $N$ vectors de la base de V (de manera que actuin sobre $N$ vectors duals) amb $M$ vectors duals de la base de $V^*$ (actuaran sobre $M$ vectors). Així doncs, la dimensió de l'espai definit per aquesta base és $N+M$. Efectivament, podem escriure qualsevol tensor $\binom{N}{M}$ de l'espai en funció d'aquesta base, tal que:
\begin{equation}
	T^N_M = T^{i\ldots j}_{k\ldots l} = 
	\underbrace{T(\tilde{\omega}^i\ldots\tilde{\omega}^j,\vec{e}_k\ldots\vec{e}_l)}_{\text{components de }T^{i\ldots j}_{k\ldots l}}
	\cdot \underbrace{(\tilde{\omega}^i\otimes\ldots\otimes\tilde{\omega}^j\otimes
		\vec{e}_k\otimes\ldots\otimes\vec{e}_l)}_{\text{base de l'espai }\binom{N}{M}}
\end{equation}
Un exemple de tensor és el tensor d'esforços dels medis continus $\sigma_{ij}$, és un tensor $\binom{0}{2}$, cada component del qual és la component $i$ de la força sobre la superfície de vector normal en direcció $j$. No només tenen gràcia aquestes components: quan apliquem el tensor sobre un vector $\vec{dS}$ obtenim, com ha de ser en aplicar un tensor $\binom{0}{2}$ sobre un vector, un altre vector: la força sobre aquella superfície. 

\subsubsection*{Canvis de base}
Estudiem ara com es comporten els components dels vectors i dels tensors en canviar la base en la qual estan representats. Per exemple, prenem una nova base $\vec{e}_{i'}$ tal que $\vec{e}_{i'}=\Lambda^j_{i'}\vec{e}_{j}$, on $\Lambda^j_{i'}$ és la matriu del canvi de base directa (és aquella que té la prima a sota). La transformació inversa vindria donada per: $\vec{e}_{i}=\Lambda^{j'}_{i}\vec{e}_{j'}$, i ara $\Lambda^{j'}_{i}$ és la matriu de canvi de base inversa. Com afecta aquest canvi de base a la base de l'espai dual? Doncs el canvi es fa al revés: per obtenir la nova base hem de multiplicar l'antiga per la matriu inversa:
\begin{equation}
	\tilde{\omega}^{i} = \Lambda^{i}_{j'}\tilde{\omega}^{j'} \qquad \qquad
	\tilde{\omega}^{j'} = \Lambda^{j'}_{i}\tilde{\omega}^{i}
\end{equation}
Sabent com canvia cadascuna de les dos bases, també podem mirar com varien en el canvi les components dels vectors i els vectors duals, i ho fan tal que:
\begin{equation}
	v^{j'} = \Lambda^{j'}_{i}v^{i}  \qquad
	p_{i'}=\Lambda^j_{i'}p_{j}
\end{equation}
És a dir, les components dels vectors canvien mitjançant la matriu de canvi inversa (diem que són contra-variants), i les dels vectors duals segons la matriu directa (són variants). Els tensors, doncs, canviaran segons:
\begin{equation} \label{eq:transftensor}
	T^{i'\ldots j'}_{k'\ldots l'} = \Lambda^{i'}_{r}\ldots\Lambda^{j'}_{s}
	\Lambda^{m}_{k'}\ldots\Lambda^{n}_{l'} T^{r\ldots s}_{m\ldots n}
\end{equation}
És a dir, el canvi de base $\binom{N}{M}$ empra $N$ matrius inverses i $M$ matrius directes. És interessant adonar-se que els escalars són tensors $\binom{0}{0}$, i això implica que les seves components (el nombre en sí) no varia en canvi de bases (perquè no utilitza cap matriu de canvi). Aquesta invariància dels escalars Lorentz és fonamental.

\subsubsection{Definició de tensor}
A la física, sovint podem definir un tensor com una aplicació multilineal que transforma de la manera adequada  (\ref{eq:transftensor}). També es pot definir de manera més formal, com una aplicació multilineal
\footnote{Per multilineal entenem una aplicació que és lineal per cadascun dels seus arguments.} 
que compleix (exemple per un tensor $\binom{1}{1}$):
\begin{equation}
	\tilde{p}\in V^*,\vec{u}\in V \ \rightarrow \ 
	T(\tilde{p},\vec{u}) = T^i_jp_jv^i \ \in R
\end{equation}
L'aplicació multilineal del tensor $T$ sobre $\tilde{p}$ i $\vec{v}$ ha de complir que no variï sota canvi de base:
\begin{equation}
	T^i_j p_jv^i = T^{k'}_{l'}p_{k'}v^{l'}
\end{equation}
Aquesta és la màgia i gran utilitat dels tensors, i el seu ús en la física: els components dels tensors variaran sota canvi de base, però alhora també ho faran les dels vectors i vectors duals sobre què s'hi aplica, de manera que es compensin i el resultat d'aplicar el tensor sigui el mateix sigui quina sigui la base que estiguem emprant. D'aquí, la seva utilitat per escriure les equacions de la física de manera covariant, és a dir, encara que canviem de base o SR, si l'equació està escrita amb tensors, s'escriurà de la mateixa manera en tots els SR. En cada base els components seran uns o uns altres, però el tensor serà el mateix.

Aquesta definició de tensor compleix que, donats dos tensors $F,G\in\binom{N}{M}$, aleshores $(F+G)\in\in\binom{N}{M}$ i $\lambda F\in\binom{N}{M}$. També, si $F\in\binom{N}{M}$ i $G\in\binom{P}{Q}$, aleshores $F\otimes G\in\binom{N+P}{M+Q}$.

\subsubsection*{Contracció}
La contracció d'índex d'un tensor és una operació que podem aplicar a qualsevol tensor $T^N_M$, obtenint un tensor $Q^{N-1}_{M-1}$. Per fer una contracció d'índex, igualem dos índexs determinants del tensor i, aplicant el criteri d'Einstein, en fem la suma per tots els valors que pren aquest índex. Per exemple, si prenem un tensor $T^i_j\in\binom{1}{1}$ i fem $i=j$, ens quedarà $T^i_i$, que és la suma de tots els valors $ii$ del tensor, resultat que dóna un escalar $\binom{0}{0}$. Concretament, correspon a la traça de la matriu que representa aquest tensor $\binom{1}{1}$.

\subsubsection*{Espai tangent}
Com s'apliquen aquests canvis de base a l'espai tangent? Doncs de la mateixa manera que fins ara, els vectors de la base canvien amb la matriu directa, i els vectors duals de la base dual canvien amb la matriu inversa:
\begin{equation}
	\frac{\partial }{\partial x^{i'}} = \frac{\partial x^j}{\partial x^{i'}}\frac{\partial }{\partial x^{j}} = \Lambda^{j}_{i'}\frac{\partial }{\partial x^{j}} \qquad
	\tilde{dx}^{j'}=\frac{\partial x^{j'}}{\partial x^{i}}\tilde{dx}^i = \Lambda^{j'}_{i}\tilde{dx}^i
\end{equation}
Si integrem la darrera expressió obtenim $x^{j'}=\Lambda^{j'}_{i} x^i + b^{j'}$, que correspon a la forma de les transformades de Lorentz.

\subsubsection{Tensor mètric}
Definim el tensor mètric $\mathbb{G}$ com un tensor $\binom{0}{2}$ simètric i no degenerat. El podem expressar en funció de la base dual com $\mathbb{G}=g_{ij}\tilde{\omega}^i\tilde{\omega}^j$, de manera que $g_{ij}$ són les components del tensor en aquesta base, i que podem escriure com una matriu. 

En ser un tensor simètric, compleix $\mathbb{G}(\vec{u},\vec{v})=\mathbb{G}(\vec{v},\vec{u})$, el qual implica directament que $g_{ij}=g_{ji}$. En ser un tensor no degenerat, compleix $\det(g_{ij})\neq 0$. També hi imposarem que sigui invertible, és a dir, que $\exists g^{ij}$ tal que $g^{ij}g_{jk}=\delta_{jk}$.

Aquest tensor mètric ens permet definir el producte escalar entre dos vectors com:
\begin{equation}
	\mathbb{G}(\vec{u},\vec{v})=\vec{u}\cdot\vec{v}=g_{ij}u^iv^j \in R
\end{equation}
Un cop definit un producte escalar a l'espai, també hi podem definir una distància i, per tant, una mètrica. Així doncs, en aplicar el tensor mètric sobre dos vectors obtenim un escalar, invariant. És a dir, el producte escalar no depèn del SR i/o base.

També podem veure que, si apliquem el tensor mètric només sobre un vector, el resultat serà un tensor que encara es pot aplicar sobre un altre vector, és a dir, un vector dual $\binom{0}{1}$. Per exemple:
\begin{equation}
	u_i = u^j g_{ij}   \qquad \qquad g_{ik}u_i=u^k
\end{equation}
Quan tenim $u_i$ es tracta de les components d'un vector dual, mentre que quan tenim $u^j$ són les d'un vector. És a dir, mitjançant el tensor mètric podem convertir un vector en vector dual i a l'inversa. Aquesta operació rep el nom de pujar i baixar índexs. 

Podem demostrar que $\exists$ una base en què $g_{i'j'}=\text{diag}(1\ldots 1,-1,\ldots -1)$, és a dir, només tenim elements a la diagonal i són sempre $\pm 1$. Depenent de com quedi aquesta matriu diagonalitzada, ens trobarem diferents tipus de mètrica:
\begin{enumerate}
	\item Si a la diagonal són tot 1, la mètrica és definida positiva.
	\item Si no es dóna això, la mètrica és indefinida. Nosaltres treballarem amb un cas particular d'això: un sol $-1$ i tota la resta $1$, el qual rep el nom de mètrica de Minkowski.
\end{enumerate}

\subsubsection{Espaitemps de Minkowski}
Apliquem tots aquests resultats a la física. En relativitat espacial, treballarem en un espai $R^4$, on les coordenades s'escriuen com $x^\alpha=(ct,x,y,z)$, amb $\alpha=0,1,2,3$. A banda dels escalars, moltes de les magnituds físiques que estudiarem vindran representades per quadrivectors (4-vectors), que viuran dins de l'espai tangent, i els anotarem amb lletres majúscules:
\begin{equation}
	A\equiv\frac{d}{d\lambda}=A^\alpha \frac{\partial }{\partial x^\alpha}
\end{equation}
On $A^\alpha$ són les components del quadrivector. Recordem, dels resultats anteriors, que escrivíem la transformada de Lorentz com $x^{j'}=\Lambda^{j'}_{i} x^i + b^{j'}$, i que l'equació $ds^2=c^2dt^2-dx^2-dy^2-dz^2$ es mantenia invariant. Astutament, prendrem com a tensor mètric per la relativitat espacial $\mathbb{G}=\eta_{\alpha\beta}\tilde{dx}^\alpha\tilde{dx}^\beta$, essent $\eta_{\alpha\beta}=\text{diag}(1,-1,-1,-1)$, de manera que queda:
\begin{equation}
	\mathbb{G} = c^2\tilde{dt}\otimes\tilde{dt} - \delta_{ij}\tilde{dx}^i\otimes\tilde{dx}^j
\end{equation}
Podem veure que aquest tensor mètric té la mateixa forma que la invariant, el qual ens implica que les components de la mètrica seran invariants sota transformacions de Lorentz. Això és molt útil perquè tots els productes escalars i normes que calculem no dependran del SRI en què estiguem mesurant-ho, sempre i quan hi puguem arribar amb una transformada Lorentz. Anem a mirar quina forma general prenen aquestes transformacions.

\subsubsection*{Grup de Lorentz}
De forma general, un canvi de base pot canviar les components del nostre tensor mètric segons $\eta_{\alpha'\beta'}= \Lambda^mu_{\alpha'}\Lambda^nu_{\beta'}\eta_{\mu\nu}$. Ara bé, com hem dit, ens interessa que les components del tensor mètric no canviïn. Per tant, definim el grup de Lorentz $O(1,3)$ com aquelles matrius que no canvien les components del tensor mètric, és a dir:
\begin{equation} \label{eq:grupLor}
	\eta = \Lambda^T \eta \Lambda
\end{equation}
Aquestes aplicacions mantenen la invariància de $ds^2$. Analitzant aquesta darrera equació, veiem que cal que $\det\Lambda = \pm 1$, i per tant, que $\exists$ la seva matriu inversa $\Lambda^{-1}$, que també ha de pertànyer al grup de Lorentz i complir (\label{eq:grupLor}).

Algebraicament, realment el grup de Lorentz forma pròpiament un grup, ja que satisfà que, si $\Lambda_1,\Lambda_2 \in O(1,3)$, aleshores $(\Lambda_1\cdot\Lambda_2)\in O(1,3)$. 

Podem demostrar fàcilment que les matrius de rotació a l'espai són un subgrup dins del grup de Lorentz. Pertanyen al grup de matrius ortogonals $O(3)$, que complien $R^TR=1$. A més, quan $\det R=1$, pertanyen al subsubgrup $SO(3)\in O(3)$. Per això, si definim una matriu com $\Lambda=\text{diag}(1,R)$ i l'apliquem sobre un quadrivector, la component temporal quedarà invariada i l'espacial patirà una rotació: la matriu $\Lambda$ pertany al grup de Lorentz i manté la invariant. Igualment, les transformacions tipus translació o tipus \textit{boost} també pertanyen al grup de Lorentz, com ha de ser. Per exemple, la transformada de Lorentz per un \textit{boost} en la direcció $x$ de velocitat $\beta = v/c$ ve donat per:
\begin{equation} \label{eq:matLor}
\Lambda = \left(\begin{array}{cccc}
\gamma & -\gamma \beta & 0 & 0 \\
-\gamma\beta & \gamma  & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)
\end{equation}

\subsubsection{Quadrivectors}
Els quadrivectors són senzillament l'extensió dels vectors de tota la vida a un espai de 4 dimensions, afegint la component 0, $ct$. Donats dos quadrivectors qualssevol, $A$ i $B$, definim el seu producte escalar com:
\begin{equation}
	A\cdot B = A^0B^0 - A^1B^1-A^2B^2-A^3B^3 = A^0B^0-\vec{A}\cdot\vec{B}
\end{equation}
A partir d'ara, ens guardarem la notació del $\vec{ }\ $ per referir-nos a les coordenades espacials del 4-vector, al qual no li ficarem res a sobre. Segons els signe del producte escalar d'un 4-vector amb ell mateix $A^2=A\cdot A = (A^0)^2-\vec{A}^2$, podem classificar-los en tres tipus:
\begin{enumerate}
	\item Si $A^2>0$, el 4-vector és de tipus temps.
	\item Si $A^2=0$, el 4-vector és de tipus llum.
	\item Si $A^2<0$, el 4-vector és de tipus espai.
\end{enumerate}
Com ja sabem, el producte escalar de dos vectors és un escalar, per tant el resultat $A^2$ és invariant i aquesta classificació no depèn del SRI.

Definim els cons de llum com les trajectòries dels fotons des que surten d'un origen de coordenades $x_0^\alpha$, i tenen com a equació $x^\alpha=A^\alpha \lambda+x_0^\alpha$, essent $A^\alpha$ un vector llum i $\lambda$ un paràmetre. Malgrat en un dibuix sobre un paper (2D) sembli un con, en l'espaitemps aquest con és una esfera en propagació, és a dir, la intersecció d'aquesta amb un pla de $t=\text{constant}$ és una esfera, no un cercle. És clar que qualsevol partícula o fenomen físic s'ha de propagar sempre dins d'un con de llum, ja que sempre ho faran a $v<c$. 

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=0.25\textwidth]{conllum.png}
	\captionsetup{justification=centering}
	\caption{Con de llum centrat a $x^\mu$. A la part superior del con hi són tots els esdeveniments futurs que pot causar $x^\mu$. A la part inferior, tots els que hi poden afectar. Fora, no hi pot afectar ni ésser afectat.}
\end{figure}

\subsubsection*{Quadrivelocitat}
Si tenim una partícula seguint una certa trajectòria en el nostre espaitemps, podem definir sense problema un quadrivector $\frac{d}{dt}$ tangent a la seva trajectòria. Ara bé, tindrem el problema que, quan canviem de SR, la trajectòria variarà i també el vector. Per evitar-ho, hem de parametritzar la trajectòria de manera que no depengui del SR, i ho fem mitjançant el temps propi de la partícula $d\tau=\gamma^{-1}dt$. Així doncs, la trajectòria de la partícula ve donada per la seva posicio $x^\alpha=x^\alpha(\tau)$. Si derivem aquesta respecte el temps propi obtenim un 4-vector, la 4-velocitat, que no depèn del SR:
\begin{equation}
	U\equiv \frac{d}{d\tau}=\frac{dx^\alpha}{d\tau}\frac{\partial }{\partial x^\alpha}=U^\alpha \frac{\partial }{\partial x^\alpha}
\end{equation}
On $U^\alpha$ són les components de la 4-velocitat, que sí que dependran del SRI, és clar. Més treballades, obtenim:
\begin{equation}
	U^\alpha = (\gamma c,\gamma \vec{u})
\end{equation}
Essent $\vec{u}$ la 3-velocitat, la de tota la vida, espacial. Cal notar que el 4-vector velocitat sempre és de tipus temps (sinó implicaria que la partícula va més ràpida que la velocitat de la llum), i correspon a la tangent a la trajectòria en un punt.

\subsubsection*{Quadriacceleració}
De manera anàloga, podem derivar el 4-vector velocitat respecte el temps propi, i obtindrem la 4-acceleració $A=A^\alpha \frac{\partial }{\partial\tau}$, tal que:
\begin{equation}
A^\alpha = \frac{dU^\alpha}{d\tau}=\gamma(\gamma c,\dot{\gamma}\vec{u}+\gamma\dot{\vec{u}})
\end{equation}
Compleix dues propietats: $A\cdot U=0$ (ortogonal a la velocitat) i $A^2<0$ (vector tipus espai). També podem escriure aquest quadrat com:
\begin{equation}
A^2=-\gamma^6 \left[\dot{\vec{u}}^{\;2}-\frac{(\vec{u}\times\dot{\vec{u}})^2}{c^2}\right]
\end{equation}
En el cas que el moviment sigui unidimensional, aleshores la velocitat és paral·lela a l'acceleració i tenim que $A^2=-\gamma^6\dot{\vec{u}}$. En ser un quadrat, és independent del SR. Si fem un canvi de SR, tal que $u'(t_0)=0$, aleshores cal que $\gamma(t_0)=1$, on tindríem $A^2=-\dot{\vec{u}'}^2=-\vec{a}^2$. Ara bé, com $A^2$ és invariant, ha de ser igual que l'equació que hem trobat anteriorment per aquest quadrat. En conclusió, recuperem que $\vec{a}'=\gamma^3\vec{a}$, com havíem vist a l'hora de calcular l'acceleració pròpia.

     
\subsection{Dinàmica relativista}
Ara que ja sabem de 4-vectors i tensors, ja hem après què hem de buscar per escriure les equacions de la física en forma invariant. Si no, farem com si ho haguéssim après. Per exemple, les lleis de Newton. La primera ja l'hem utilitzada al principi, és guay. I la segona: $\vec{f}=m\vec{a}$. Segons aquesta equació, si apliquem sobre un cos una força constant suficient temps, la partícula hauria d'anar accelerant fins que $v>c$. Per tant, caldrà modernitzar l'equació, posar-la al dia. I amb l'acció-reacció? Si les dues partícules estan en contacte, d'acord. Però si estan separades, aquest parell de forces s'han d'aplicar de manera instantània i simultània a les dues partícules. A la que canviem de SR, aquesta simultaneïtat es trencarà. A més, ja sabem que cap fenomen físic es transmet instantàniament. Per tant, no pot entrar dins el marc relativista.

I amb el concepte de massa? Si perdem la 2a llei de Newton, també perdem el concepte de massa inercial que portava en conseqüència. Caldrà buscar una altra manera d'entendre la massa, i serà com a una forma d'energia.

\subsubsection{Conservació de l'energia}
Basarem tota la dinàmica en un axioma, força fiable: la conservació de l'energia. En estudiar col·lisions de partícules lliures, suposarem $E^\text{in} = E^\text{out}$, essent in el sistema abans de la col·lisió i out el sistema després de la col·lisió. També suposarem que l'energia d'una partícula lliure depèn del mòdul de la seva velocitat, i no de la direcció. Finalment, també creurem que l'energia total és suma d'energies individuals. 

Estudiem quina forma ha de tenir l'energia d'una partícula, doncs. La partícula tindrà una 4-velocitat tal que $U^\alpha = (\gamma c,\gamma\vec{u})$, i per tant és necessari que $E=E(\gamma)$. 

Abans de tot, cal deixar clar que $\gamma$ no és a priori un escalar Lorentz com podríem creure, perquè no és invariant sota transformacions Lorentz: si passem d'un sistema on una partícula té $\vec{u}$ a un on té $\vec{u}'$, és clar que $\gamma(u)\neq\gamma(u')$. Com el podem definir de manera que sí ho sigui? Fixem-nos en que la component temporal de la 4-velocitat és $\gamma c$, que correspon a $\gamma$ amb un factor $c$ invariant. Ara definim una altra 4-velocitat $V_s$ que caracteritza el sistema en repòs S. En estar en repòs, les components espacials de $V_s$ són nul·les, i $\gamma=1$, de manera que $V_s^\alpha = (c,\vec{0})$. 
Tot això perquè? Doncs ara definim $\gamma$ a partir del producte escalar d'aquestes dues 4-velocitats:
\begin{equation} \label{eq:defgamma}
V_s \cdot U = \eta_{\alpha\beta}(c,\vec{0})^\alpha (\gamma(u)c,\gamma(u)\vec{u})^\beta = \gamma(u) c^2 \quad \rightarrow \quad \gamma(u) =  \frac{1}{c^2}V_s \cdot U
\end{equation}
\textit{Pues vale}. Quina gràcia té? Que en definir $\gamma(u)$ com el producte escalar de Minkowski de dues 4-velocitats, el resultat és un tensor (0,0), és a dir, un escalar Lorentz. Per tant, efectivament, podem definir $\gamma(u)$ com un escalar Lorentz, però amb el problema que aquesta definició depèn de $V_s$, és a dir, del SRI en què la mesurem. És un escalar una mica ambigu. 

Aleshores, per trobar la forma exacta de l'energia, estudiem un cas particular. Tenim dues partícules 1 i 2 movent-se una envers l'altra sobre l'eix x, i dues altres 3 i 4 fent el mateix sobre l'eix y. La velocitat de totes elles és de mòdul $u$. Les seves 4-velocitats són:
\begin{equation}
U_{(1)}^\alpha = \gamma_u(c,u,0,0) \ \ U_{(2)}^\alpha = \gamma_u(c,-u,0,0) \ \
U_{(3)}^\alpha = \gamma_u(c,0,-u,0) \ \ U_{(4)}^\alpha = \gamma_u(c,0,u,0)
\end{equation}
Per simetria de la situació, cal que $E(\gamma_1)+E(\gamma_2)=E(\gamma_3)+E(\gamma_4)$. Ara estudiem la mateixa situació des d'un altre SR, fent un \textit{boost} $v$ en la direcció $x$, descrit per la 4-velocitat $V_{S'}^\alpha = (\gamma_v c,\gamma_v v,0,0)$. Apliquem la definició de $\gamma$ de l'equació (\ref{eq:defgamma}) a cadascuna de les partícules per trobar els factors de Lorentz mesurats des de S':
\begin{equation}
\gamma_1' = \gamma_u\gamma_v \left(1-\frac{uv}{c^2}\right) \quad
\gamma_2' = \gamma_u\gamma_v \left(1+\frac{uv}{c^2}\right) \quad
\gamma_3' = \gamma_4' = \gamma_u\gamma_v = \frac{1}{2}(\gamma_1'+\gamma_2')
\end{equation}
Les partícules no poden variar la seva energia segons el SR, de manera que també s'ha de complir la mateixa conservació de l'energia en S': $E(\gamma_1')+E(\gamma_2')=E(\gamma_3')+E(\gamma_4')$. Substituint els valors de $\gamma_3'$ i $\gamma_4'$, obtenim: $E(\gamma_1')+E(\gamma_2')= E(\gamma_1'+\gamma_2')$. Perquè això es pugui complir, cal que la relació entre $E$ i $\gamma$ sigui lineal.

Com sabem, l'energia té unitats de massa·velocitat${}^2$. Per donar-li la dimensió de velocitat utilitzem $c^2$, que és una constant invariant. I per la massa, un terme $m$ que en tingui les dimensions, i que sigui escalar (invariant). I ale, queda:
\begin{equation} \label{eq:Epartlliure}
	E = \gamma_{(u)}mc^2
\end{equation}
Que correspon a l'energia relativista d'una partícula lliure. 

\subsubsection{Col·lisions}
Ara aplicarem aquest resultat als xocs entre $n$ partícules lliures. Com hem dit, s'ha d'aplicar conservació de l'energia, és a dir:
\begin{equation} \label{eq:ConsExocs}
\sum_{r}^\text{in} E(r) = \sum_{r}^\text{out} E(r) \quad \rightarrow \quad
\sum_r^* E(r) = 0
\end{equation}
On hem definit $\sum_n^* = \sum_{n\in\text{in}} - \sum_{n\in\text{out}}$ per concisió. Ara apliquem la fórmula de l'energia (\ref{eq:Epartlliure}) a cadascuna de les partícules.
Aquest darrere sumatori es converteix en;
\begin{equation}0 = \sum_r^* m_r c^2\gamma(u_r) = \eta_{\alpha\beta}V_s^\alpha  \sum_r^* m_r U_{(r)}^\beta
\end{equation}
On hem emprat l'equació (\ref{eq:defgamma}) Com s'ha de donar per qualsevol SRI ($\forall V_s^\alpha$), cal $\sum_r^* m_r U_{(r)}^\beta = 0$.

Definim ara el 4-moment lineal d'una partícula lliure com:
\begin{equation} P^\alpha = mU^\alpha = (m\gamma c,m\gamma \vec{u}) = (E/c,\vec{p})
\end{equation}
Així, el 4-moment engloba l'energia de la partícula en la component temporal, i el moment lineal de tota la vida $\vec{p}$ a l'espacial. Si volem, podem lligar aquest resultat amb la mecànica clàssica identificant $\gamma m$ com la massa inercial. El 4-moment compleix:
\begin{equation}P^2 = m^2c^2\end{equation}
Amb aquest nou 4-vector, l'equació (\ref{eq:ConsExocs}) queda com:
\begin{equation}\sum_{r}^\text{in} P_{(r)}^\alpha = \sum_{r}^\text{out} P_{(r)}^\alpha\end{equation}
Aquesta llei de conservació ens dóna 4 equacions: la components temporal són la conservació de l'energia, i les espacials, les del 3-moment.

Abans de seguir, ara ja podem pensar millor què és aquesta $m$ que havíem col·locat a (\ref{eq:Epartlliure}). Desenvolupat en Taylor aquesta mateixa equació pel règim no relativista, obtenim:
\begin{equation}E = mc^2 \left[1+\frac{1}{2}+\frac{v^2}{c^2}+\ldots\right] = mc^2 + \frac{1}{2}mv^2
\end{equation}
El segon terme correspon a l'energia cinètica clàssica. I com a la $m$ que apareix en mecànica clàssica l'anomenem massa, doncs ara també li direm així. Però ara veiem que quan està en repòs, la partícula té energia igualment $E= mc^2$. Per això, definim la massa d'una partícula com l'energia que té en el sistema en què està en repòs (amb un factor $c^2$ per enmig). Així doncs, la massa és una forma d'energia, i es pot convertir en tal. Exemples en són l'aniquilació partícula-antipartícula, la fissió i fusió nuclears...

Amb això, podem escriure el 4-moment d'una partícula també com:
\begin{equation}P^\alpha = mU^\alpha = \left(\frac{E}{c},\frac{E}{c^2}\vec{u}\right)\end{equation}
A partir d'això, podem trobar una fórmula que ens pot ser útil: l'energia d'una partícula, amb un 4-moment $P^\alpha$, mesurada per un observador amb una 4-velocitat $V^\alpha$, correspon al producte escalar:
\begin{equation}
	E = V^\alpha P_\alpha
\end{equation}
És una expressió que podem trobar fàcilment a partir de (\ref{eq:defgamma}) també. Igualment que $\gamma$, l'energia és un escalar Lorentz, però que depèn del SRI segons $V^\alpha$.

\subsubsection{Quadrimoment lineal del fotó}
Recordem que anteriorment hem dit que la llum es transporta en paquets anomenats fotons. L'energia d'aquests paquets és $E=h\nu$, essent $\nu$ la freqüència i $h$ la constant de Planck. Sabem, però, que no tenen massa en repòs, poden tenir moment? Apliquem la seva energia a l'expressió del 4-moment lineal:
\begin{equation}P^\alpha = \left(\frac{E}{c},\frac{E}{c^2}\vec{u}\right) = \left(\frac{h\nu}{c},\frac{h\nu}{c}\frac{\vec{c}}{c}\right) = \left(\frac{h\nu}{c},\frac{h\nu}{c}\vec{n}\right) \equiv K^\mu
\end{equation}
On anomenem $K^\alpha$ al 4-moment lineal del fotó, essent $\vec{n}$ la direcció de propagació de la llum. A diferència del 4-moment d'una partícula, en el cas d'un fotó, $K^2 = 0$. Així doncs, els fotons, malgrat no tenen massa en repòs, sí que podem considerar que tenen una massa inercial $h\nu /c^2$ i, en conseqüència, un moment. Per aquesta raó, un fotó pot xocar contra una partícula i posar-la en moviment. En res en veurem un exemple. 

Estudiem abans com varia la component temporal del 4-moment del fotó en dos SRI diferents (diferenciats en un \textit{boost} $v$). El quocient d'aquests és:
\begin{equation}\frac{K^{0'}}{K^0} = \frac{m\gamma(u')}{m\gamma(u)} = \gamma(v) \left(1-\frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{c^2}\right) = \frac{\nu'}{\nu}
\end{equation}
On hem recordat la definició de $\gamma$ de l'equació (\ref{eq:defgamma}) per trobar $\gamma(u') = c^{-2}\gamma(u)\gamma(v) (c^2-\vec{u}\cdot\vec{v})$, i hem recordat el resultat de l'efecte Doppler de l'equació (\ref{eq:Doppler}) que és conseqüència directa del fet que la llum és una ona. Aleshores, veiem clarament en aquesta equació que $K^0\propto \nu$.

\subsubsection{Sistema del centre de masses}
Definim el 4-moment total d'un sistema de n partícules com:
\begin{equation}\bar{P}^\alpha \equiv \sum_r P_{(r)}^\alpha = \left(\sum_r m_r \gamma_r c, \sum_r m_r \gamma_r \vec{u}\right) \equiv (\bar{P}^0,\vec{\bar{P}})\end{equation}
Aquestes partícules poden ser tant amb massa positiva (protons, electrons...), cas en què no hi ha cap problema, com amb massa nul·la (fotons...), que malgrat tinguin $m_r = 0$ contribueixen al moment lineal (podem utilitzar l'analogia per l'energia: $m\gamma c \leftrightarrow h\nu/c$, malgrat sovint no cal, ja que és millor treballar amb el 4-moment).

En problemes on treballem amb sistemes de partícules, moltes vegades pot ser d'utilitat treballar en el sistema solidari al centre de masses del sistema, anomenat sistema del CM o centre de moments. La velocitat del CM (i per tant, la del SRI solidari) ve donada per:
\begin{equation}\vec{v}_{CM} = c \frac{\bar{\vec{P}}}{\bar{P}^0} =
 \frac{\sum_r m_r\gamma_r \vec{u_r}}{\sum_rm_r\gamma_r}
\end{equation}
Quan fem una transformació de Lorentz des del sistema LAB fins al sistema CM (boost $v_{CM}$ i si cal rotació per tenir els eixos en configuració estàndard), el 4-moment total en aquest sistema queda:
\begin{equation} P^{0'}_CM = \gamma_v^{-1} \bar{P_{LAB}^0} = \frac{M\gamma c}{\gamma} = Mc \qquad
P^{x'} = 0
\end{equation}
Així, si podem trobar un sistema on s'anul·len les components espacials del 4-moment, aquest és el sistema CM. És clar que no cal que les vegi en repòs, sinó que els seus moments es cancel·len.  Serà impossible trobar aquest sistema quan tinguem només fotons movent-se paral·lelament, en cap SRI a $v<c$ s'anul·la la component espacial del 4-moment.
 
La $M$ que apareix és la massa total del sistema i la podem calcular a partir de: 
\begin{equation}
M = \frac{x1}{c}\sqrt{P^2} = \sum_r m_r \gamma_r \qquad
\text{tq} \quad P^2 = M^2c^2
\end{equation}
L'existència d'una massa total no nul·la és condició suficient i necessària per l'existència d'un sistema CM. Adonem-nos que aquesta massa és major que la suma de les masses en repòs de les partícules $M\ge \sum_r m_r$, és conseqüència del fet que la massa és energia. Aleshores, només es complirà la igualtat $M=\sum m_r$ quan, des del CM, les partícules estiguin en repòs ($\gamma_r=1$), i aleshores sí que podrem dir que $P^2= (\sum m_r)^2c^2$. Això no implica, és clar, que el CM estigui en repòs. 

En les col·lisions podem trobar que es creïn partícules, de manera que el sistema guanya energia en repòs. Ara bé, per fer això cal que les partícules que xoquen duguin prou energia cinètica. Concretament, qui determina la possibilitat de crear noves partícules és l'energia del centre de masses. De la mateixa manera, si el que volem és l'energia mínima per crear una o més partícules noves, el que hem de forçar és que no els donem cap energia extra (en forma de cinètica), i per tant, que aquestes noves partícules estiguin en repòs al sistema CM.

Si tenim el 4-moment mesurat des del CM, podem desfer la transformada de Lorentz per calcular-lo mesurat des d'un altre sistema, per exemple el LAB.
\begin{equation}\bar{P}^\alpha = (M\gamma c,M\gamma\vec{v}_{CM}) \end{equation}
Amb $\gamma = \gamma(v_{CM})$. 

\subsubsection{Efecte Compton}
\begin{wrapfigure}[8]{r}{0.25\textwidth}
	\begin{center}
	\captionsetup{justification=centering}
	\includegraphics[width=0.25\textwidth]{compton.png}
	\caption{Efecte Compton.}
\end{center}
\end{wrapfigure}
Estudiem la col·lisió d'un fotó (altament energètic) amb un electró en repòs. Com a resultat del xoc, el fotó surt desviat en un angle $\theta$ i l'electró surt amb una velocitat en direcció $\phi$. Els 4-moments corresponents són:
\begin{align}\text{In:}&\begin{cases}
K_0^\alpha =& \left(\frac{h\nu_0}{c},\frac{h\nu_0}{c},0,0\right) \\
P_0^\alpha =& \left(m_e c\right)
\end{cases} \\
\text{Out:}&\begin{cases}
K_0^\alpha =& \left(\frac{h\nu_1}{c},\frac{h\nu_1}{c}\cos\theta,\frac{h\nu_1}{c}\sin\theta,0\right) \\
P_0^\alpha =& \left(m_e\gamma c,m_e\gamma u\cos\phi,m_e\gamma u\sin\phi,0\right)
\end{cases}\end{align}
La conservació del moment lineal ens porta a $K_0 + P_0 = K_1 + P_1$. La manera més fàcil de resoldre aquest sistema d'equacions és aplicar $K^2= 0$ i $P^2 = m^2c^2$. I com el 4-moment que més nosa ens fa és $P_1$, el deixarem aïllat, de manera que en elevar al quadrat tota l'equació, només aparegui en $P_1^{\,2} = m^2c^2$. Així doncs, elevem al quadrat:
\begin{equation}(K_0 - K_1 + P_0)^2 = P_1^{\,2} \quad \rightarrow \quad
K_0 \cdot K_0 = (K_0 - K_1)\cdot P_0
\end{equation}
Operant amb els valors que hem trobat a aquests 4-vectors, i aplicant $\nu = c/\lambda$, obtenim:
\begin{equation}\lambda_1 - \lambda_0 = \frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta) = 2\frac{h}{m_e c}\sin^2\frac{\theta}{2}
\end{equation}
Que és la fórmula de l'efecte Compton. Veiem que $\lambda_1\ge \lambda_0$, de manera que $\nu_1\le\nu_0$, és a dir, el fotó sortint té menys energia que el fotó entrant. Segons aquest efecte, el fotó cedeix la seva energia i moment per donar-ne a l'electró.

Veiem que quan $\theta = 0$, no hi ha efecte, i és màxim en $\theta = \pi$. Anomenem longitud de Compton al factor $\lambda_C \equiv h/(m_e c)$. Quan la longitud d'ona incident és molt major que aquesta, no apreciarem l'efecte (la diferència relativa $\lambda$ és molt petita enversa $\lambda_0$), per això és necessari que el fotó sigui molt energètic. 

\subsubsection{Segona llei de Newton}
Com hem dit al principi de l'estudi de la dinàmica, la segona llei de Newton
\begin{equation}\vec{f}=\frac{d}{dt}(m\vec{u}) \end{equation} ja no és correcta. En canvi, la llei que utilitzem és:
\begin{equation} \label{eq:movcompesp}
\vec{f}=\frac{d}{dt}(m\gamma\vec{u})
\end{equation}
Justament, veiem que $d_t(\gamma \vec{u}) = \gamma^3 a = a_\text{prop}$ és l'acceleració pròpia. D'aquesta manera, sota una força constant, la velocitat de la partícula tendeix asimptòticament a la velocitat de la llum, però sense sobrepassar-la. però \textit{cachis!}, aquesta equació no és covariant.

Per fer-la covariant, definirem la 4-força com:
\begin{equation*}
F^\alpha = (F^0,\gamma\vec{f}\;) \equiv \frac{dP^\alpha}{d\tau} = \gamma \frac{d(mU^\alpha)}{dt} = 
\gamma \left(\frac{d(m\gamma c)}{dt},\frac{d(m\gamma \vec{u})}{dt}\right)
\end{equation*}
Veiem que, en les components espacials ja apareix la segona llei de Newton generalitzada. 

Però què passa amb la component temporal? Intentem fer-la una mica més maca. Per fer-ho, recordem $P^2 = m^2c^2$, el qual és invariant sempre que $m = \text{constant}$ (ho podem dir segur d'una partícula lliure, no tant d'un sistema de partícules), cal $dP^2/d\tau = 0$. Aplicant això, obtenim:
\begin{equation}0 = \frac{dP^2}{d\tau} = \eta_{\alpha\beta} \frac{dP^\alpha}{d\tau}P^\beta + 
\eta_{\alpha\beta} \frac{dP^\beta}{d\tau}P^\alpha = 2\eta_{\alpha\beta} P^\alpha \frac{dP^\beta}{d\tau} = 2\eta_{\alpha\beta} P^\alpha F^\beta
\end{equation}
Operant aquest producte escalar, obtenim:
\begin{equation} \label{eq:movcomp0}
\frac{d(m\gamma c)}{dt} = \frac{\vec{f}\cdot\vec{u}}{c}
\end{equation}
I així, la 4-força queda:
\begin{equation}F^\alpha =(\gamma\frac{\vec{f}\cdot\vec{u}}{c},\gamma\vec{f}\;)\end{equation}
Amb el gran avantatge que la 4-força és un 4-vector i sabem com transforma per una transformació de Lorentz: $F^{\alpha'}=\Lambda_\mu^{\alpha'}F^\mu$. Ara bé, amb tot, ens hem de quedar amb les equacions del moviment, que són (\ref{eq:movcomp0}) i (\ref{eq:movcompesp}). Si ens fos necessari, també podem desenvolupar l'expressió de la segona llei de Newton, i veiem que apareix un terme extra:
\begin{equation}\vec{f}=m\frac{d}{dt}(m\gamma\vec{u}) = m\gamma\vec{a} + \frac{d}{dt}(m\gamma)\vec{u} = 
m\gamma\vec{a} + \frac{(\vec{f}\cdot\vec{u})\cdot\vec{u}}{c^2}
\end{equation}
On hem aplicat l'equació (\ref{eq:movcomp0}). Efectivament, apareix un terme extra que apunta en la direcció de la velocitat i és nul si $\vec{f}\perp \vec{u}$.

\section{Equacions de l'electrodinàmica}
\subsection{Equacions de l'electrodinàmica clàssica}
Abans de començar a estudiar les equacions que governen l'electrodinàmica, ens cal fer un parell de postulats (que concorden amb els experiments, és clar) sobre els que treballar:
\begin{enumerate}
\item La càrrega elèctrica és un escalar Lorentz, és a dir, que transforma com un tensor $(0,0)$. Què vol dir? Que la càrrega d'un sistema no pot dependre del SR en què es mesura.
\item La càrrega elèctrica es conserva. En conseqüència, podem expressar una llei de continuïtat a partir de la densitat de càrrega $\rho(t,\vec{x})$ i la densitat de corrent $\vec{J}(t,\vec{x})$:
\begin{equation}
\frac{\partial \rho}{\partial t} + \vec{\nabla}\cdot\vec{J} = 0
\end{equation}
És a dir, que la variació local (és a dir, en un punt $x^\alpha$) de la densitat de càrrega ha de ser conseqüència del flux de càrrega que aporta un corrent. Podem integrar aquesta expressió per trobar la mateixa equació de continuïtat, integral\footnote{Recordem que $d^3x$ fa referència a un element de volum a $\mathbb{R}^3$, i $d^2\vec{S}$ a un de superfície.}:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}\int_V \rho(t,\vec{x}) d^3x = \int_V \vec{J}\cdot d^2\vec{S}
\end{equation}
Que expressa el mateix, però per un element de volum V: variació de càrrega al seu interior és deguda al flux de corrent que creua les seves parets. 
\end{enumerate}
Recordem, també, que en aquesta assignatura utilitzarem el sistema d'unitats de Gauss, de manera que no apareixen les propietats dels materials $\varepsilon$ i $\mu$.

% ---------------------------------------------

\subsubsection{Equacions de Maxwell i el camp electromagnètic}
Recordem les ja força conegudes 4 equacions de Maxwell.
\begin{enumerate}
\item \textbf{Llei de Coulomb}. Expressa que la densitat de càrrega elèctrica és la font del camp elèctric $\vec{E}$. Ens diu que:
\begin{equation}
\vec{\nabla}\cdot\vec{E} = 4\pi \rho    \quad\rightarrow\quad
\oint_S \vec{E}\cdot d^2\vec{S} = 4\pi \int_V \rho d^3x = 4\pi Q_{int}
\end{equation}
Podem envoltar un sistema amb càrrega $Q(t)$ amb una superfície esfèrica i obtenim:
\begin{equation*}
\vec{E} =\frac{Q(t)}{r^2}\vec{e_r}
\end{equation*}
\item \textbf{Llei d'Ampère}. Expressa que la densitat de corrent és la font del camp magnètic $\vec{B}$:
\begin{equation}
\vec{\nabla}\times\vec{B} = \frac{4\pi}{c}\vec{J}   \quad\rightarrow\quad
\oint_C \vec{B}\cdot d\vec{l} = \frac{4\pi}{c} \int_S \vec{J}\cdot d^2\vec{S}
\end{equation}
Podem tancar un corrent de densitat $\vec{J}(t)$ amb un camí circular, i obtenim que el camp magnètic que aquest crea és:
\begin{equation*}
\vec{B}=\frac{2}{cr}\int_S \vec{J}\cdot d^2\vec{S} \vec{e_\varphi}
\end{equation*}
Essent aquesta integral el total d'intensitat de corrent elèctrica que recorre el fil. Aquesta llei, però, està incompleta, perquè no concorda amb l'equació de continuïtat quan $\partial\rho /\partial t \neq 0$. La vertadera llei d'Ampère és:
\begin{equation}
\vec{\nabla}\times\vec{B} = \frac{4\pi}{c}\vec{J} + \frac{1}{c}\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}
\end{equation}
\item \textbf{Llei de Faraday}. Expressa que la variació temporal del camp magnètic crea camp elèctric, degut a la inducció electromagnètica:
\begin{equation} \label{Faraday}
\vec{\nabla}\times\vec{E} + \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} = 0
\quad\rightarrow\quad
\oint_C \vec{E}\cdot d\vec{l} = -\frac{1}{c}\frac{d}{dt} \int_S \vec{B}\cdot d^2\vec{S}
\end{equation}
\item \textbf{Llei de Gauss per camps magnètics}. Expressa que no existeixen línies de camp magnètic tancades, és a dir, que no existeixen els monopols magnètics (un punt que sigui font o pou de camp). S'escriu com:
\begin{equation}
\vec{\nabla}\cdot\vec{B} = 0
\end{equation}
\end{enumerate}
Si recordem la propietat matemàtica $\vec{\nabla}\times(\vec{\nabla}\times\vec{A}) = \vec{\nabla}(\vec{\nabla}\cdot\vec{A}) - \nabla^2\vec{A}$ (essent $\vec{A}$ un vector qualsevol), i l'apliquem sobre els camps elèctric i magnètic en una regió sense càrrega ni corrent ($\rho =\vec{J}=0$), obtenim:
\begin{equation}
\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vec{E}}{\partial t^2} - \nabla^2\vec{E} = 0 \qquad
\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vec{B}}{\partial t^2} - \nabla^2\vec{B} = 0
\end{equation}
Que són l'equació d'ones. Així doncs, els camps electromagnètics es propaguen com ones a la velocitat de la llum $c$. 

\subsubsection{Potencials escalar i vector}
Com $\vec{\nabla}\cdot\vec{B} = 0$, i la divergència d'un rotacional també és nul·la, podem dir que el camp magnètic prové del rotacional d'un vector. Aquest vector rep el nom de potencial vector $\vec{A}$, que, conegut $\vec{B}$, podem trobar a partir d'un sistema d'equacions diferencials:
\begin{equation}
\vec{B} = \vec{\nabla}\times\vec{A}
\end{equation}
També sabem que el rotacional d'un gradient és nul. Això ho podem aplicar a sobre de la 3a llei de Maxwell (\ref{Faraday}) i trobar:
\begin{equation}
\vec{\nabla}\times\left(
\vec{E} + \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}\right) = 0 
\quad\rightarrow\quad
\vec{E} + \frac{1}{c}\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} = - \vec{\nabla}\phi
\end{equation}
On hem definit un altre potencial, el potencial escalar $\phi$, que és un escalar Lorentz. L'existència de les lleis de Maxwell és condició necessària i suficient per l'existència d'aquests dos potencials. Si escrivim les equacions de Maxwell amb aquests potencials, queda una cosa lletja:
\begin{equation}
\nabla^2 \phi + \frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}\vec{\nabla}\cdot\vec{A} = -4\pi\rho \qquad
\nabla^2 \vec{A} + \frac{1}{c^2}\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} -\vec{\nabla}(\vec{\nabla}\cdot\vec{A} +\frac{\partial\phi}{\partial t}) = -\frac{4\pi}{c}\vec{J}
\end{equation}
Per reduir aquesta expressió, es fan les anomenades transformacions de gauge, amb què definim uns nous potencials tals que:
\begin{equation}
\tilde{\vec{A}} = \vec{A} -\vec{\nabla}\Lambda \qquad \tilde{\phi}=\phi - \frac{1}{c}\frac{\partial\Lambda}{\partial t}
\end{equation}
On $\Lambda$ és una funció arbitrària. Podem comprovar que $\tilde{\vec{B}}=\vec{\nabla}\times\tilde{\vec{A}}=\vec{\nabla}\times\vec{A}=\vec{B}$ i $\tilde{\vec{E}}=\vec{\nabla}\tilde{\phi}=\vec{\nabla}\phi=\vec{E}$. És a dir, que els camps elèctric i magnètic no han variat sota aquest tipus de transformacions. Com realment el que nosaltres podem observar són els camps i no els potencials, aquest tipus de transformacions van genial, perquè no canvien la física. Un cas particular que ens interessa d'aquestes transformacions són les transformacions de gauge Lorenz, que compleixen el següent (condició de gauge Lorenz):
\begin{equation}
\vec{\nabla}\cdot\vec{A} - \frac{1}{c}\frac{\partial\phi}{\partial t} = 0
\end{equation}
Podem demostrar que sempre existeix una funció $\Lambda$ tal que la transformació de gauge resultant compleixi la condició de gauge Lorenz. Quina gràcia té aplicar aquesta condició? Doncs que quan la transformació de gauge que escollim la compleix, aleshores les lleis de Maxwell pels potencials queden molt més senzilles:
\begin{equation}
\Box\phi = \left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)\phi = 4\pi\rho 
\qquad
\Box\vec{A} = \left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)\vec{A} = 4\pi\vec{J} 
\end{equation}
On hem definit l'operador alembertià $\Box$ com:
\begin{equation}
\Box = \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2 = 
\eta^{\alpha\beta} \frac{\partial^2}{\partial x^\alpha \partial x^\beta}
\end{equation}
És un operador diferencial escalar Lorentz (és a dir, no es transforma sota canvis de SR).

% -----------------------------------------------------

\subsubsection{Equacions de Maxwell en forma covariant}
Com hem dit, l'alembertià és un operador que no varia sota canvis de SR. Això és molt convenient per escriure les eqs. de Maxwell en forma covariant, és a dir, que la seva forma no variï sota canvis de SR. Per poder fer-ho, però, abans cal mirar com transformen l'altra part de les equacions de Maxwell, les càrregues i els corrents.

Prenguem un element de volum $\Delta V =\Delta x \Delta y \Delta z$ que conté en el seu interior una certa càrrega $\Delta Q$. Com hem dit, la càrrega és un escalar Lorentz, per tant, quan la mirem des d'un altre SR, mesurarem $\Delta Q=\Delta Q'$. En canvi, si per exemple aquest SR està realitzant un \textit{boost} en la direcció x, el costat corresponent de l'element de volum patirà una dilatació, tal que $\Delta x' =\gamma^-1 \Delta x$. En total, doncs, com haurà variat la densitat de càrrega?
\begin{equation}
\rho =\frac{\Delta Q}{\Delta x \Delta y \Delta z} \quad\rightarrow\quad
\rho' =\frac{\Delta Q'}{\Delta x' \Delta y' \Delta z'} = 
\frac{\Delta Q}{\gamma^{-1}\Delta x \Delta y \Delta z} = \gamma \rho
\end{equation}
Si fem memòria, podem veure que la càrrega ha transformat com ho feia en el seu moment la component 0 del 4-moment (passa de $mc$ en repòs a $m\gamma c$ en moviment). Això serà una pista. 

Què passa amb el corrent elèctric? Pensem amb una càrrega en repòs en un sistema S. En aquest sistema mesurem una densitat de càrrega $\rho$ i un corrent $\vec{J}=0$ (perquè no es mou la càrrega). Si ho mirem des d'un SR S' que està fent un \textit{boost} a velocitat $\vec{v}$, veurem que la càrrega es mou a velocitat $-\vec{v}$. A banda de la densitat de càrrega que s'haurà transformat segons $\rho'=\gamma\rho$, ara sí mesurarem un corrent $\vec{J}' = \rho'(-\vec{v})$ corresponent a la càrrega en moviment.

Aquestes dues transformacions les podem escriure com una sola si definim el 4-vector densitat de corrent:
\begin{equation} \label{eq:J}
J^\alpha = (\rho c,\vec{J}) = (\rho c, \rho\vec{u})
\end{equation}
És a dir, que conté la densitat de càrrega a la component 0, i la densitat de corrent a les components espacials. Per un boost en la direcció x, aquest 4-vector transforma segons:
\begin{equation}
J^{0'}=\gamma (J^0 - \frac{v}{c}J^x) \qquad J^{x'}=\gamma (J^x - \frac{v}{c}J^0)
\end{equation}
Que ja correspon a les transformacions que hem vist. Amb aquest vector, podem definir la conservació de la càrrega de manera molt elegant amb una expressió covariant:
\begin{equation} \label{eq:consQ}
\partial_\alpha J^\alpha = 0
\end{equation}
Aleshores, amb aquest vector, les equacions de Maxwell queden:
\begin{equation}
\Box\phi = \frac{4\pi}{c}J^0 \qquad \Box\vec{A} =\frac{4\pi}{c}\vec{J}
\end{equation}
Que ho podem escriure com una sola equació si definim el 4-vector potencial $A^\alpha = (\phi,\vec{A})$:
\begin{equation}
\Box A^\alpha = \frac{4\pi}{c}J^\alpha
\end{equation}
Aquesta expressió és l'equació de Maxwell en forma covariant. O sigui, aquesta expressió la podem escriure igual a tots els SRI, el qual és molt convenient. Segons el principi de relativitat, això implica que les eqs. de Maxwell s'han de complir a qualsevol SRI. El que transformarà d'aquesta expressió entre diferents SRI seran els 4-vectors que hi apareixen, però ja sabem com transformen els 4-vectors. 

Fixem-nos també que, definit el 4-vector potencial, podem escriure una transformació de gauge com $\tilde{A^\alpha}=A^\alpha - \partial^\alpha\Lambda$, i la condició de gauge Lorenz com:
\begin{equation}
\partial_\alpha A^\alpha = 0
\end{equation}
Breu recordatori de notació: tenim que $\partial_\alpha$ (amb l'índex de subíndex) són les derivades parcials de tota la vida. Particularment, $\partial_0 = c\partial_t$. En canvi, si pugem l'índex hi estem aplicant la mètrica de Minkowski: $\partial^\alpha = \eta^{\alpha\mu}\partial_\mu$. És a dir, $\partial^0=\partial_0$ (igual que la parcial de tota la vida), i en xyz $\partial^i=-\partial_i$ (canviada de signe respecte la parcial de tota la vida).

Breu recordatori de notació II: en els següents apartats introduirem el tensor de Levi-Civita $\epsilon$ que es defineix com:
\begin{equation}
\epsilon^{ijk} = \begin{cases} 1 & \text{si } (i,j,k) = (1,2,3) \\
-1 & \text{si } (i,j,k) = (3,2,1) \\ 0 & \text{índex repetit} \end{cases}
\end{equation}
Recordem que una permutació en l'ordre dels índexs canvia el signe d'un tensor. Així, per exemple, és $\epsilon^{231}=-\epsilon^{213}=\epsilon^{123}=1$. Una utilitat del tensor de Levi-Civita és per escriure de manera molt concisa (i elegant, coi!) els rotacionals:
\begin{equation}
a\times b = c \quad \leftrightarrow \quad
c^i = \epsilon^{ijk}a^jb^k
\end{equation}
Tinguem-ho en compte. Veiem clarament que $\epsilon^{ijk}$ és antisimètric, i una altra de les seves propietats és que la seva contracció en un índex dóna: $\epsilon^{ijk}\epsilon^{ilm} = \delta^{jl}\delta^{km} - \delta^{jm}\delta^{kl}$. 

\subsubsection{Tensor de Faraday}
Tot plegat és molt covariant i tal, però ens resultaria més convenient si poguéssim escriure les equacions de Maxwell covariants en funció dels camps, i no dels potencials. Per aconseguir-ho, introduïm el tensor de Faraday com: 
\begin{equation} \label{eq:defFar}
F^{\alpha\beta} = \partial^\alpha A^\beta - \partial^\beta A^\alpha
\end{equation}
És un tensor  $(2,0)$ antisimètric ($F^{\alpha\beta}=-F^{\beta\alpha}$), per tant, la seva diagonal és nul·la i només té 6 components linealment independents. S'obté fent la derivada (en una forma concreta) del 4-vector potencial, el qual ens porta a pensar que contindrà d'alguna manera els camps elèctric i magnètic. Igual que ells, una transformació de gauge no en varia la forma. Efectivament, de la mateixa definició arribem a:
\begin{equation}
F^{0i} = -E^i \qquad
F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B^k
\end{equation}
Per exemple, d'aquest darrer: $F^{12} = -\epsilon^{12k}B^k=-\epsilon^{123}B^3=-B^3$. Podem escriure-ho en forma matricial com:
\begin{equation} \label{Fab}
F^{\alpha\beta} = \left(\begin{array}{cccc}
0 & -E^1 & -E^2 & -E^3 \\
E^1 & 0 & -B^3 & B^2 \\
E^2 & B^3 & 0 & -B^1 \\
E^3 & -B^2 & B^1 & 0
\end{array} \right)
\end{equation}
El que realment té entitat física és $F^{\alpha\beta}$, que és el que és covariant: és a dir, sempre s'escriu com la matriu (\ref{Fab}) independentment del SRI en què ens trobem. El valor que prenguin els camps ja dependrà del sistema i del SRI en què ens trobem. Amb el tensor de Faraday podem escriure les equacions de Maxwell no homogènies com:
\begin{equation} \label{MaxwellF}
\partial_\alpha F^{\alpha\beta} = \frac{4\pi}{c}J^\beta
\end{equation}
És útil també definir el tensor dual de Faraday com:
\begin{equation}
F^{*\alpha\beta} = \frac{1}{2}\epsilon^{\alpha\beta\mu\nu}F_{\mu\nu}
\end{equation}
On $\epsilon^{0123} = 1$ (com Levi-Civita), que també és un tensor Lorentz. Aquest tensor té la mateixa forma que el normal de Faraday havent-hi fet dos canvis: $\vec{E}\rightarrow\vec{B}$ i $\vec{B}\rightarrow-\vec{E}$. En què ens ajuda? Doncs a escriure les equacions de Maxwell homogènies:
\begin{equation} \label{MaxwellF*}
\partial_\alpha F^{*\alpha\beta} = 0
\end{equation}
I si ens entra una dèria per la màxima concisió i volem escriure (\ref{MaxwellF*}) sense que aparegui el dual? És clar que sí! Podem utilitzar la notació d'antisimetritzar índexs (no ho incloem), que acabarà amb el resultat:
\begin{equation}
\partial^\alpha F^{\beta\mu} + \partial^\mu F^{\alpha\beta} + \partial^\beta F^{\mu\alpha} = 0
\end{equation}

També podem trobar, a partir del tensor de Faraday, dues invariants relativistes molt destacables. Per una banda, si contraiem el tensor de Faraday amb ell mateix dos cops, obtenim un tensor $(0,0)$, és a dir, un escalar Lorentz (el seu valor resta invariant sota transformacions de Lorentz). Té algun sentit físic aquesta contracció? Mirem-ho:
\begin{equation} \label{eq:inv2}
F_{\mu\lambda}F^{\mu\lambda} = -2(\vec{E}^2-\vec{B}^2)   \quad \rightarrow\quad
\vec{E'}^2-\vec{B'}^2 = \vec{E}^2-\vec{B}^2
\end{equation}
És a dir, si $\vec{E}^2 > \vec{B}^2$ en un SRI, segons això ja podem dir que ho serà en tots, i viceversa. Això és força potent. Per l'altra banda, també podem contraure dos cops el tensor de Faraday amb el seu dual, i obtenim igual un escalar Lorentz. Ara obtenim:
\begin{equation} \label{eq:invprod}
F_{\mu\lambda}^* F^{\mu\lambda} = -4\vec{E}\cdot\vec{B}    \quad \rightarrow\quad
\vec{E}'\cdot\vec{B}' = \vec{E}\cdot\vec{B}
\end{equation}
En conseqüència, si $\vec{E}$ és perpendicular a $\vec{B}$ en un SRI (producte escalar nul), ho serà en tots. Toma ya.

% ----------------------------------------------------------------------

\subsubsection{Equacions de transformació del camp electromagnètic}
Per saber com transformen els camps electromagnètics, utilitzarem que sabem que el tensor de Faraday transforma com un tensor (2,0): $F^{\alpha'\beta'} = \Lambda^{\alpha'}_\mu \Lambda^{\beta'}_\nu F^{\mu\nu}$. Concretament, per un boost en configuració estàndard (al llarg de l'eix de les x), que és el que farem sempre, la matriu directa de canvi de base corresponent és la que vam trobar a (\ref{eq:matLor}). Aplicant aquesta transformació al tensor de Faraday, les transformacions dels camps electromagnètics queden:
\begin{equation}
\begin{array}{cc}
 \begin{cases}
E^{x'} = E^x \\
E^{y'} = \gamma (E^y -\beta B^z) \\
E^{z'} = \gamma (E^z+\beta B^y)
\end{cases} & \begin{cases}
B^{x'} = B^x \\
B^{y'} = \gamma (B^y +\beta E^z) \\
B^{z'} = \gamma (B^z-\beta E^y)
\end{cases}
\end{array}
\end{equation}
Les equacions de $\vec{E}'$ les hem trobat a partir del tensor de Faraday, mentre que a les altres hi hem passat fent $\vec{E}\rightarrow\vec{B}$ i $\vec{B}\rightarrow-\vec{E}$ (com si haguéssim utilitzat el dual). Per fer-ho per un \textit{boost} arbitrari, el que farem és dividir cada camp en dues components: la paral·lela a la velocitat $\vec{E_\parallel}$, i la perpendicular a la velocitat $\vec{E_\perp}$. Com podríem calcular-les fàcilment? Doncs per definició compleixen
 $\vec{E_\parallel}\cdot\vec{\beta} = \vec{E}\cdot\vec{\beta}$ i
 $\vec{E_\perp}\times\vec{\beta} = \vec{E}\times\vec{\beta}$. Utilitzant-ho podem trobar la component paral·lela fàcilment com:
\begin{equation}
\vec{E_\parallel}=\frac{(\vec{E}\cdot\vec{\beta})\cdot\vec{\beta}}{\beta^2}
\end{equation}
I la perpendicular la trobaríem com: $\vec{E_\perp} = \vec{E}-\vec{E_\parallel}$. Tot això que hem fet s'aplica igual a $\vec{B}$. Bé, un cop trobades les components, les transformacions queden molt més generals per $\vec{\beta}$ arbitrari:
\begin{equation}
\begin{array}{cc}
 \begin{cases}
\vec{E_\parallel}' = \vec{E_\parallel} \\
\vec{E_\perp}' = \gamma (\vec{E_\perp} +\vec{\beta} \times \vec{B_\perp}) 
\end{cases} & \begin{cases}
\vec{B_\parallel}' = \vec{B_\parallel} \\
\vec{B_\perp}' = \gamma (\vec{B_\perp} -\vec{\beta} \times \vec{E_\perp}) 
\end{cases}
\end{array}
\end{equation}
Si encara tenim ganes de trobar altres maneres d'escriure-ho, podem trobar també:
\begin{equation}
\vec{E}' = \gamma\left(\vec{E}+\vec{\beta}\times\vec{B}\right)-\frac{\gamma^2}{\gamma+ 1}\vec{\beta}(\vec{E}\cdot\vec{B})  \qquad
\vec{B}' = \gamma\left(\vec{B}-\vec{\beta}\times\vec{E}\right)+\frac{\gamma^2}{\gamma+ 1}\vec{\beta}(\vec{E}\cdot\vec{B})
\end{equation}
Com veiem, el camp total varia sota transformacions de Lorentz: per exemple, en un SRI podem mesurar $\vec{E}$ i, en fer una transformació cap a un altre, que ja no en mesurem.

% ---------------------------------------------------------------------

\subsection{Càrregues en un camp electromagnètic}
\subsubsection{Eqs. del moviment i solució}
Donada una partícula de càrrega q i massa m que es mogui en un camp electromagnètic donat per $F^{\alpha\beta}$ rebrà una força donada per la força de Lorentz:
\begin{equation} \label{FLor}
\vec{f} = q\left(\vec{E} + \frac{\vec{u}}{c}\times\vec{B}\right)
\end{equation}
Apliquem la "2a llei de Newton", obtenim:
\begin{equation}
\frac{dP^\alpha}{d\tau} = \frac{q}{c}F^{\alpha\beta}U_\beta
\end{equation}
Essent $U$ la 4-velocitat. Per més informació en aquest tema, consultar els problemes resolts. 

% --------------------------------------------------------------

\subsection{Lleis de conservació}
\subsubsection{Energia del camp electromagnètic. Tensor energia-moment}
Si per un sistema de partícules la seva energia és la suma de cadascuna de les energies de les partícules que el configuren, com ho podem fer per camps? Doncs definim una densitat d'energia $\rho$ (que prendrem amb la mateixa lletra que la densitat de càrrega, sí, ho sentim), de manera que en integrar-la a un volum ens doni l'energia continguda al volum.

Com sempre que fem electrodinàmica, cal mirar com transforma aquesta magnitud. Prenem un exemple: si una partícula en repòs que té energia $mc^2$ es troba en un volum $\Delta V =\Delta x \Delta y \Delta z$, la densitat d'energia serà $\rho = mc^2/\Delta V$. Quan fem un \textit{boost}, la partícula té energia $m\gamma c^2$ i el volum es contrau a $\Delta V' = \gamma^{-1}\Delta V$. En conjunt, $\rho' = \gamma^2 \rho$. Transforma amb $\gamma^2$! \textit{Qué es ese animal}? Un escalar no pot ser (no transformaria), i un 4-vector tampoc (ho faria amb una sola $\gamma$). Proposem que formi part d'un tensor $(2,0)$ (i no proposem un $(0,2)$ perquè no ens dóna la gana), que anomenarem $T^{\alpha\beta}$. L'expressió d'aquest tensor, anomenat tensor moment-energia, és la següent:
\begin{equation}
T^{\alpha\beta} = \frac{1}{4\pi} \left(
\eta^{\alpha\mu} F_{\mu\lambda} F^{\lambda\beta} + \frac{1}{4}F_{\mu\lambda} F^{\mu\lambda}\right)
\end{equation}
No és moníssim? 
Podem comprovar que és un tensor simètric, el qual podem demostrar que comporta la conservació del moment angular del sistema. També podem veure que és quadràtic amb el tensor de Faraday, el qual concorda amb l'electromagnetisme clàssic, on teníem $\rho\propto E^2+B^2$ (quadràtica amb els camps). Per estudiar-ne el sentit físic, l'analitzarem per components.

Comencem calculant la component $T^{00}$, recordant els resultats trobats a (\ref{eq:inv2}) i (\ref{eq:invprod}):
\begin{equation}
T^{00} = \frac{1}{8\pi}(\vec{E}^2+\vec{B}^2) \equiv u
\end{equation}
On hem definit $u$ com la densitat d'energia. Les components $T^{0i}$ (primera fila i primera columna en notació matricial) seran:
\begin{equation} \label{eq:Poynting}
T^{0i} = \frac{1}{4\pi}\epsilon^{ijk}E^jB^k = \frac{1}{4\pi}(\vec{E}\times\vec{B})^i \equiv \frac{1}{c} S^i
\end{equation}
Per tant, aquestes components corresponen a les components d'un vector $\vec{S}$ que definim com el vector de Poynting. Finalment, a la resta de components:
\begin{equation}
T^{ij} = \frac{1}{4\pi}\left[ -E^i E^j -B^iB^j + \frac{1}{2}\delta^{ij}(\vec{E}^2+\vec{B}^2)\right]
\end{equation}
Aquest tensor rep el nom de tensor d'esforços de Maxwell. I sí, realment és un tensor anàleg al de física dels medis continus, estès a l'electromagnetisme. Per donar-li sentit físic a aquests tres descobriments, mirem si podem trobar un teorema de conservació de l'energia anàleg a (\ref{eq:consQ}).

% ----------------------------------------------------------------

\subsubsection{Conservació de l'energia}
Efectivament, el tensor ens permet recuperar una equació de conservació de l'energia anàloga a la de la conversació de la càrrega (\ref{eq:consQ}). Per fer-ho, derivem respecte $\alpha$, i obtenim:
\begin{equation}
\partial_\alpha T^{\alpha\beta} = -\frac{1}{c}F^{\beta\lambda}J_\lambda
\end{equation}
Ara bé, què vol dir això? És aquesta una pregunta freqüent, a la qual podem donar resposta si ho estudiem component a component (sortiran 4 equacions, una per cada índex de $\beta$). 

Comencem amb la component temporal fent $\beta = 0$. El resultat que obtenim és:
\begin{equation}
\partial_\alpha T^{\alpha 0} = \frac{1}{c}\left[\frac{\partial u}{\partial t} + \vec{\nabla}\cdot\vec{S}\right] = -\frac{1}{c}F^{0\lambda}J_0 = -\frac{
\vec{E}\cdot\vec{J}}{c}
\end{equation}
Que, si ho arreglem una mica:
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} + \vec{\nabla}\cdot\vec{S} = - \vec{E}\cdot\vec{J}
\end{equation}
Això és el teorema de Poynting. Per més claredat, escrivim-ho en forma integral per un element de volum V:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}\int_V ud^3x = - \oint_S \vec{S}\cdot d^2\vec{S} - \int_V \vec{E}\cdot\vec{J} d^3x
\end{equation}
Si fem $\vec{J}=0$, veiem que aquesta equació ens està dient que la variació de la densitat d'energia interna $u$ en l'element de volum és deguda a l'entrada o sortida d'un flux d'energia representat per $\vec{S}$ que creua la seva superfície. Així doncs, $\vec{S}$ és un flux d'energia (energia per unitat de temps i superfície). Aleshores, què és l'altre terme? Doncs expressa el treball fet pel camp elèctric a sobre de les càrregues de l'element de volum, per unitat de volum i temps (per tant, el camp fa força sobre les càrregues per moure-les, creant un corrent). Efectivament, doncs, és una equació de conservació de l'energia. 

\subsubsection{Conservació del moment lineal}
Anem ara per les components espacials amb $\beta = i$:
\begin{equation}
\partial_\alpha  T^{\alpha i} = \frac{1}{c^2}\frac{\partial S^i}{\partial t} + \partial_j T^{ji}= 
-\rho E^i -\frac{1}{c}(\vec{J}\times\vec{B})^i \equiv f^i
\end{equation}
On $\rho$ és la càrrega elèctrica, eh? Fixem-nos que $f^i$ s'assembla força a la força de Lorentz (badum tss) de l'equació (\ref{FLor}). Ara bé, com és local, es tracta d'una densitat de força. Per tant, tot en aquesta equació té unitats de densitat de força, inclòs $c^{-2}\partial S^i/\partial t$. Perquè aquest terme doni una densitat de força en estar derivat pel temps, cal que $c^{-2}S^i$ sigui una densitat de moment. Integrem aquesta darrera equació en un element de volum V:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}\int_V \frac{S^i}{c^2}d^3x = - \int_S T^{ji}d^2S^j - \int_V \left(\rho E^i + \left(
\frac{1}{c}\vec{J}\times\vec{B}\right)^i\;\right)d^3x
\end{equation}
El primer terme és, com hem dit, el moment associat al camp electromagnètic. El segon terme també és una força, per tant $T^{ji}$ té unitats de força/superfície, és a dir, de pressió. És a dir, $T^{ji}$ dóna la component $i$ de la força sobre la superfície $j$ de l'element de volum. És a dir, totalment equivalent al tensor d'esforços de medis continus. Finalment, el tercer terme és la força que es fa sobre les càrregues i els corrents que hi ha dins de l'element de volum. Així doncs, aquesta equació és una equació de conservació del moment: el moment lineal varia si s'aplica una força electromagnètica sobre els corrents o si es fa una pressió electromagnètica a l'element de volum. 

Com a conclusió, hem vist clarament que el camp electromagnètic no només transporta energia, sinó també moment, i exerceix pressió. Definim el 4-moment total del camp electromagnètic com:
\begin{equation} \label{eq:momEM}
P^\alpha \equiv \frac{1}{c} \int_{\text{t constant}} T^{\alpha 0}d^3x
\end{equation}
Si tot quadra, hem de poder demostrar que el moment lineal total (que inclou tant el de les partícules i el del camp) s'ha de conservar, és a dir:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}(P^\alpha_\text{camp} + P^\alpha_\text{part}) = 0
\end{equation}
Efectivament, podem:
\begin{equation}
\int_t \partial_\alpha T^{\alpha\beta} d^3x = \int_t \partial_0 T^{0\beta} d^3x +
\int_t \partial_i T^{i\beta} d^3x = \frac{d}{cdt}\int_t T^{0\beta} d^3x + 
\int_S  T^{i\beta} d^2S = \frac{d}{dt}P_\text{camp}^\beta
\end{equation}
Hem aplicat que la superfície de la darrera integral és la que engloba tot l'espai, es troba a l'infinit, on $T^{i\beta}$ ja és nul. Per altra banda, partint del mateix:
\begin{equation}
\frac{d}{dt}P_\text{camp}^\beta = \int_t \partial_\alpha T^{\alpha\beta} d^3x = 
-\frac{1}{c}\int F^{\beta\lambda}J_\lambda d^3x = -\int f^\beta d^3x = -\frac{d}{dt}P_\text{part}^\beta
\end{equation}
Com volíem demostrar.


\subsection{Solució de les equacions de Maxwell}
AVÍS: Aquesta secció és dura i llarga, i té molt \textit{formal}isme matemàtic. 

Ara que ja tenim plantejades les equacions de Maxwell, intentem veure quina és la seva solució. Les equacions diferencials que hem de resoldre són dos:
\begin{equation}
\Box A^\alpha = \frac{4\pi}{c}J^\alpha \qquad \partial_\alpha A^\alpha = 0
\end{equation}
La solució la trobarem mitjançant la funció de Green associada a l'alembertià. Recordem, o aprenguem, que les funcions de Green $G(x,x')$ associades a un cert operador $L$ són aquelles que:
\begin{equation} \label{eq:defG}
L[G(x,x')] = \delta(x-x')
\end{equation}
De manera que una certa equació diferencial escrita com $L[u(x)] = f(x)$ es pot resoldre immediatament aplicant:
\begin{equation} \label{eq:solG}
u(x) = \int G(x,x')f(x')dx'
\end{equation}
Recordem que $\delta(x-x')$ és una distribució (per tant, normalitzada) que tendeix a infinit en $x=x'$ i és nul·la a la resta de l'espai. Compleix:
\begin{equation} \label{eq:defdelta}
\int_{-\infty}^\infty \delta(x-x')dx = 1   \qquad
\delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int e^{ikx}dk
\end{equation}
Que és la seva transformada de Fourier (inversa), que ens serà útil. Per facilitat, els límits de la integral ($-\infty$ a $\infty$) els deixarem implícits, ja els escriurem quan facin falta.

Bé, aleshores, en el nostre cas, l'operador de què volem trobar la funció de Green és l'alembertià. Com estem treballant en 4 dimensions i en sistema gaussià, les coses queden una mica diferents. La condició (\ref{eq:defG}) s'escriu com:
\begin{equation} \label{eq:defGrel}
\Box_x G(x,x') = 4\pi \delta^{(4)}(x-x')
\end{equation}
Amb $\Box_x$ fem referència a què derivem respecte $x$, no respecte $x'$. I la delta de Dirac té 4 dimensions, la podem descomposar com: 
$\delta^{(4)}(x-x')=\delta(x^0-x^{0'})\delta^{(3)}(\vec{x}-\vec{x}')$. El superíndex fa referència a la dimensió de la distribució. La solució de les equacions de Maxwell serà, doncs, aplicant (\ref{eq:solG}):
\begin{equation} \label{eq:solA}
A^\alpha = A_0^{\,\alpha} + \frac{1}{c}\int d^3x' G(x,x')J^\alpha(x')
\end{equation}
On $A_0^{\,\alpha}$ és la solució homogènia, és a dir, aquella que podem resoldre sense la funció de Green a partir de $\Box_x A^\alpha(x)=0$. De solucions de l'homogènia pot existir-ne més d'una, per exemple, per l'aparició de constants d'integració, de manera que de funcions de Green que ens serveixin, n'hi ha infinites. Això sí, el que han de complir és que aquestes funcions només difereixin en una solució de la homogènia (la solució particular ha de ser única). 

Efectivament, podem comprovar que és solució perquè recuperem les equacions de Maxwell:
\begin{equation}
\Box_x A^\alpha = \Box_x A_0^{\,\alpha} + \frac{1}{c}\int d^3x' \Box_x G(x,x')J^\alpha(x') =
\frac{1}{c} \int d^3x' \delta(x-x')J^\alpha(x') = \frac{4\pi}{c}J^\alpha(x)
\end{equation}
De forma general, les funcions de Green són invariants sota transformacions temporals, de manera que sempre podem prendre un origen de temps tal que $x^{\alpha'}=0$. Aquesta presa de l'origen també afectarà $x^{\alpha}$, de manera que la funció de Green la podem escriure com $G(x-x',0)$. Aquest 0 ja no l'escriurem, i d'ara en endavant utilitzarem $x\equiv x-x'$ (així, $x$ ara representa la diferència entre l'anterior $x$ i $x'$). Amb tot, la funció de Green quedarà escrita com $G(x)$, que compleix, per exemple, $\Box_x G(x)=4\pi \delta^{(4)}(x)$. 

Aleshores, anem a mirar quina expressió té la funció de Green que busquem. Per fer-ho, recorrerem a la seva transformada de Fourier:
\begin{equation}
\tilde{G}(k) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int e^{-ikx} G(x) d^4x  \quad\leftrightarrow\quad
G(x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int e^{ikx} \tilde{G}(k) d^4k 
\end{equation}
Recordem que $k$ representa el nombre d'ones, un 4-vector tal que $k=(\omega/c,\vec{k)}$. Aleshores, substituïm a l'equació (\ref{eq:defGrel}) aquesta expressió de $G(x)$ i la definició integral de la delta de Dirac (\ref{eq:defdelta}) extesa a 4D:
\begin{equation}
\frac{1}{(2\pi)^2} \int \Box_x e^{ikx} \tilde{G}(k)d^4k = \frac{4\pi}{(2\pi)^4}
\int  e^{ikx}d^4k
\end{equation}
Podem calcular $\Box_x e^{ikx} = -k\cdot ke^{ikx}$ (l'alembertià no afecta a $\tilde{G}(k)$ perquè no depèn de $x$). Ho substituïm a l'expressió anterior, reorganitzem, i trobem:
\begin{equation}
\frac{1}{(2\pi)^2}\int \left[ -k\cdot k\tilde{G}(k) - \frac{4\pi}{(2\pi)^2}
 \right] e^{ikx} d^4k = 0
\end{equation}
Com això ha de ser cert per qualsevol element $d^4k$, cal que l'integrand sigui nul. Per tant:
\begin{equation}
 -k\cdot k\tilde{G}(k) = \frac{1}{\pi}
\end{equation}
Analitzem aquest factor $k\cdot k$. Concretament, vol dir:
$k\cdot k = (k^0)^2-\vec{k}^2 \equiv (k^0+|\vec{k}|)(k^0-|\vec{k}|)$. No podem aïllar massa ràpidament $\tilde{G}(k)$, perquè veiem que tenim un pol en $k^0=\pm |\vec{k}|$. Així doncs, la manera bona d'aïllar-ho és:
\begin{equation} \label{eq:G(k)}
\tilde{G}(k) = -\frac{1}{\pi}P\left(\frac{1}{(k^0)^2-\vec{k}^2}\right) + 
A(\vec{k})\delta(k^0-|\vec{k}|) + B(\vec{k})\delta(k^0+|\vec{k}|)
\end{equation}
L'expressió $P(\,)$ representa que estem prenent el valor principal, és a dir, la determinació principal tal que $k^0\neq \pm |\vec{k}|$. En aquesta expressió, $A(\vec{k)}$ i $B(\vec{k})$ són funcions arbitràries, i els seus termes és on guardem els casos en què $k^0= \pm |\vec{k}|$. Trobada doncs, la solució transformada de Fourier, desfem-la:
\begin{equation}
G(x) = -\frac{1}{\pi}\frac{1}{(2\pi)^2}
\int P\left(\frac{e^{ikx}}{(k^0)^2-\vec{k}^2}\right) d^4k
+ \frac{1}{(2\pi)^2} \int e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}} [A(\vec{k})e^{i\omega t} + 
B(\vec{k})e^{-i\omega t}]d^3\vec{k}
\end{equation}
En la segona integral ja hem integrat respecte $dx^0$. Per exemple, la d'$\vec{A}(k)$ s'obté com: 
\begin{equation}
\int dk^0 \delta(k^0-|\vec{k}|)e^{ikx} = 
\int dk^0 \delta(k^0-|\vec{k}|)e^{i(k^0x^0-\vec{k}\vec{x})} 
= \int dk^0 \delta(k^0-|\vec{k}|)e^{i\omega t}e^{-i\vec{k}\vec{x}} = e^{i\omega t}e^{-i\vec{k}\vec{x}}
\end{equation}
Bé, fixem-nos en $G(x)$. La segona integral pot prendre valors arbitraris segons les funcions $\vec{A}(k)$ i $\vec{B}(k)$ que prenguem. Com dèiem abans, hi ha infinites $G(x)$ possibles (ja concorda) que diferien en una solució de l'homogènia. Per tant, com el que fa diferir les $G(x)$ és aquesta segona integral, aquesta ha de ser la solució de l'homogènia $G_0$. Comprovem-ho derivant per $\Box_x$ i que doni 0:
\begin{equation}
\Box_x (e^{\pm i\omega t}e^{-i\vec{k}\cdot\vec{k}}) = \left(
-\frac{\omega^2}{c^2} + \vec{k}^2\right) (e^{\pm i\omega t}e^{-i\vec{k}\cdot\vec{k}}) = 0
\end{equation} 
Doncs, com hem dit, en els termes $\vec{A}(k)$ i $\vec{B}(k)$ tenim els casos en què $k^0= \pm |\vec{k}|$, de manera que el parèntesi s'anul·la. 

Aleshores, com ja sabem que els termes $\vec{A}(k)$ i $\vec{B}(k)$ de l'equació (\ref{eq:G(k)}) només ens fan variar la solució homogènia i per tant, no canvien que sigui solució de les equacions de Maxwell, podem prendre les que siguin més convenients. Si tornem a Mètodes I amb F.Mescia, potser recordem que:
\begin{equation}
\frac{1}{x-i\varepsilon} =  P\left(\frac{1}{x}\right) + i\pi \delta(x)
\end{equation}
Amb això en ment, escollint els valors adequats de $\vec{A}(k)= -1/(2|\vec{k}|)$ i $\vec{B}(k)=1/(2|\vec{k}|)$, trobem una solució que ens resultarà convenient:
\begin{equation}
\tilde{G_R}(k) = -\frac{1}{\pi}\frac{1}{(k^0-i\varepsilon)^2-\vec{k}^2}
\end{equation}
Aquesta solució és la funció de Green retardada. En relativitat, sovint anomenem propagadors a les funcions de Green $G(x,x')$, perquè descriuen la propagació del camp creat per una font a $x'$ fins al punt d'observació $x$. En aquest cas, la funció de Green retardada fa que el seu valor fora del con de llum centrat a $x'$ sigui nul. És a dir, que el camp no es propagui més ràpid que la llum. 

Bueno, ja tenim la nostra funció de Green, la que ens va bé. Però cal desfer-ne la transformada de Fourier. Per concisió (o mandra), es fa la integral corresponent de manera breu:
\begin{equation}
G_R(x) = -\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3\vec{k}\frac{e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}}}{|\vec{k}|}
\int dk^0\left[\frac{e^{ik^0x^0}}{(k^0-i\varepsilon)-|\vec{k}|} -
\frac{e^{ik^0x^0}}{(k^0-i\varepsilon)+|\vec{k}|}\right]
\end{equation}
Treballant en esfèriques (notació: $k\equiv|\vec{k}|$ i $r\equiv|\vec{x}|$). Com tenim dos pols en $k^0=i\varepsilon \pm k$, farem un parell de sunrises (que donaran nuls si $x^0<0$ -és a dir, cap al passat-, perquè no hi tanquen cap pol). El resultat serà:
\begin{equation*}
G_R(x) = \frac{\theta(x^0)}{\pi r}\int_0^\infty dk [\cos{(kx^0-kr)}-\cos{(kx^0+kr)}] = 
\frac{\theta(x^0)}{r}[\delta(x^0-r)-\delta(x^0+r)] = \frac{1}{r}\delta(x^0-r)\theta(x^0)
\end{equation*}
On hem utilitzat la funció esglaó $\theta(x^0)$:
\begin{equation}
\theta(x^0)  = \begin{cases} 1 & \text{si } x>x^0 \\
0 & \text{si } x<x^0 \end{cases}
\end{equation}
I hem eliminat $\delta(x^0+r)$ perquè només és no nul·la en $x^0=-r$, que és negatiu i que per tant anul·la $\theta(x^0)$. És a dir, $\delta(x^0+r)\theta(x^0)$ sempre serà nul. 
Si apliquem la propietat de la delta de Dirac
\begin{equation} \label{eq:Dirac0s}
\delta(g(x)) = \sum_{i=1}^N \frac{1}{|\frac{dg}{dx}(x_i)|}\delta(x-x_i)
\end{equation}
on $g(x)$ és una funció arbitrària amb zeros a $x_i$, concretament pel cas $\delta(x\cdot x) = \delta((x^0)^2-r^2) = r^{-1}\theta(x^0)\delta(x^0-r)$, aleshores queda molt més elegant si cap:
\begin{equation}
G_R(x) = 2\delta((x^0)^2-r^2)\theta(x^0)
\end{equation}
Quin és el suport de la funció de Green? És a dir, quan no és nul·la? Doncs degut a la presència de $\theta(x^0)$, $G_R(x)$ només és no nul·la cap a $x^0>0$ (el futur). Això vol dir que el camp es propaga només cap al futur. I la delta de Dirac només serà no nul·la quan $(x^0)^2-r^2$. Si anem al tema de vectors, veiem que això correspon a un vector tipus llum. Per tant, només és no nul·la en la direcció del vector tipus llum, és a dir, a sobre (a la superfície) d'un con de llum. En conclusió, el camp a què arribem amb la funció de Green només es propaga a sobre (que no a dins) del con de llum futur centrat a $x'=0$.
I si, enlloc de prendre $x^{\alpha'} = 0$ com a origen de coordenades, en prenem un arbitrari, la funció de Green queda:
\begin{equation}
G_R(x-x') = 2\delta((x^0-x^{0'})^2-(\vec{x}-\vec{x}')^2)\theta(x^0-x^{0'})
\end{equation}
Que traslladarà el con de llum de manera que quedi centrat a $x^{\alpha'}$.

Ara bé, a tot això només hem trobat que aquesta funció de Green satisfà les equacions de Maxwell. Però teníem una altra equació, el gauge de Lorenz. Toca mirar-ho, i juro que ja acabem.
\begin{equation}
\partial_\alpha A^\alpha = 
\frac{1}{c}\int d^4x' \frac{\partial}{\partial x^\alpha} G(x-x')J^\alpha(x') = 
-\frac{1}{c}\int d^4x' \frac{\partial}{\partial x^{\alpha'}} G(x-x')J^\alpha(x')
\end{equation}
Hem fet que, com $G=G(x-x')$, $\partial_{\alpha}=-\partial_{\alpha'}$. Apliquem la definició de derivada del producte $G_R'J = [G_RJ]'-G_RJ'$, i tenim:
\begin{equation}
\partial_\alpha A^\alpha = 
-\frac{1}{c}\int d^4x' \frac{\partial}{\partial x^{\alpha'}} [G(x-x')J^\alpha(x')]
+\frac{1}{c}\int d^4x' G(x-x')\frac{\partial}{\partial x^{\alpha'}} J^\alpha(x')
\end{equation}
La segona integral la podem eliminar perquè apareix la conservació de la càrrega (\ref{eq:consQ}) $\partial_\alpha J^\alpha = 0$. En quant a la primera, hi apliquem el teorema de Gauss o de la divergència (en 4 dimensions), per obtenir:
\begin{equation}
\partial_\alpha A^\alpha = 
-\frac{1}{c}\int_{\mathbb{R}^4} [G(x-x')J^0] d^3\sigma_\alpha = 0 
\end{equation}
On $\sigma_\alpha$ és un element de superfície de $\mathbb{R}^4$ (podem imaginar-ho com un volum en què el temps és constant). Si envolta tot $\mathbb{R}^4$, aquest volum tindria les parets a l'infinit. Pensem perquè aquesta integral és nul·la. Aquesta integral expressa la influència en $x$ de la intersecció d'un corrent elèctric $J^\alpha$ amb la superfície $d^{(3)}\sigma_\alpha$. Les úniques $x'$ del corrent que influeixin a $x$ seran aquelles que es trobin sobre el con passat de $x$, o el que és el mateix, que $x$ es trobi sobre el con futur d'aquestes $x'$. Com la superfície està a l'infinit, la intersecció entre el con de llum i el corrent allà sempre és nul·la. Per tant, no hi ha cap $x'$ que influeixi, i la integral és nul·la, com volíem demostrar. 

Un cop trobada la funció de Green que compleix les equacions de Maxwell i el gauge Lorenz, el potencial corresponent el podrem calcular a partir del corrent del sistema mitjançant l'equació (\ref{eq:solA}). Considerarem ara un cas particular, el d'una càrrega puntual en moviment, que donarà lloc a la radiació.


\section{Radiació per càrregues en moviment}
Primer de tot, si volem trobar el potencial que crea una càrrega puntual mitjançant l'equació (\ref{eq:solA}), abans cal saber com podem descriure el 4-vector densitat de corrent que crea. Suposem una partícula de càrrega $e$ amb una trajectòria donada per $r^\alpha(\tau)=(r^0(\tau),\vec{r}(\tau))$ (essent $\tau$ el temps propi), podem descriure la seva 4-velocitat com $V^\alpha = dx^\alpha/d\tau$. Amb tot això, el 4-vector densitat de corrent és:
\begin{equation}
J^\alpha(x) = ec\int d\tau V^\alpha(\tau) \delta^{(4)}(x-r(\tau))
\end{equation}
Aquesta fórmula és equivalent a la trobada a (\ref{eq:J}), partícularitzat per una càrrega puntual, que té:
\begin{equation}
\rho(\vec{x}) = e\delta^{(3)}(\vec{x}-\vec{r}(t)) \qquad
\vec{J} = \rho(\vec{x})\vec{v} = e\vec{v}\delta^{(3)}(\vec{x}-\vec{r}(t))
\end{equation}
Com veiem, la delta només és no nul·la en $\vec{x}=\vec{r}(t)$, és a dir, aquells esdeveniments perquè passa la partícula (és a dir, a cada temps, on es troba la partícula). És lògic, on no hi ha partícula, no hi ha ni càrrega ni corrent. 

\subsection{Camp d'una càrrega accelerada}
Genial, ara que ja sabem la funció de Green i el corrent de la càrrega, podem calcular el 4-vector potencial elèctric que crea a partir de l'equació (\ref{eq:solA}):
\begin{equation*}
\Scale[0.9]{
A^\alpha = 2e\int d^4x \int d\tau V^\alpha(\tau)\delta^{(4)}(x'-r(\tau))
\theta(x^0-x^{0'})\delta((x-x')^2) = 
2e\int d\tau V^\alpha(\tau)\theta(x^0-r^0(\tau))\delta((x-r(\tau))^2)}
\end{equation*}
Hem de mirar quins són els punts fan que la delta no sigui nul·la, per tant, aquells que creen el potencial. Són només aquells temps propis $\tau_0$ que fan que
$f(\tau)=(x-r(\tau))^2 = (x^0-r^0(\tau))^2-(\vec{x}-\vec{r}(t))^2$ s'anul·li. És a dir, $x^0-r^0(\tau_0)=|\vec{x}-\vec{r}(\tau_0)|\equiv R(\tau_0)$. Aquesta condició és la d'un con de llum, en la direcció entre el punt d'observació $x$ i el punt en què es troba la partícula en $\tau_0$. En cristià, la partícula només crea un potencial que afecta al punt d'observació en l'instant $\tau_0$, que és aquell on el seu con de llum passa per sobre de $x$. Aquest instant $r^0(\tau_0)$ és el temps retardat. I la definició de $R(\tau_0)$ és la distància entre la partícula i el punt d'observació en el temps retardat. 

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=0.33\textwidth]{tempsretardat.png}
	\caption{La partícula només afecta l'observador en $\tau_0$.}
\end{figure}

Aplicant la propietat (\ref{eq:Dirac0s}), i amb un petit càlcul, obtenim:
\begin{equation}
A^\alpha = e\left[\frac{V^\alpha}{(x-r(\tau))V^\alpha}\right]_{\tau_0}
\end{equation}
Com ha de ser, el potencial s'ha de calcular avaluat en el temps retardat, que és l'instant en què s'ha creat aquell que observem. La relació entre el temps retardat i el temps en el sistema de l'observador és:
\begin{equation} \label{eq:tRt}
ct_R'=ct-R(t_R) \quad\rightarrow\quad x^\alpha - r^\alpha(\tau_0) = (R,\vec{n}R)  
\quad \text{on} \; \vec{n}=\frac{\vec{x}-\vec{r}(\tau_0)}{|\vec{x}-\vec{r}(\tau_0)|}
\end{equation}
On $\vec{n}$ és el vector unitari que apunta des de la posició de la partícula en el temps retardat (quan emet) fins al punt d'observació.

Aplicant la definició de la 4-velocitat, obtenim els potencials de Liénard-Wiechert:
\begin{equation}
\phi\equiv A^0=\left[\frac{e}{(1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})R}\right]_{\tau_0} \qquad
\vec{A}=\left[\frac{e\vec{\beta}}{1-\vec{n}\cdot\vec{\beta}}\right]_{\tau_0}
\end{equation}

D'acord, ja tenim el potencial. Ara volem trobar els camps. Per fer-ho, comencem amb el vector de Faraday, recuperant la seva definició (\ref{eq:defFar}). Per tant, cal derivar el potencial obtingut. Obtenim, saltant-nos algun pas:
\begin{equation}
\partial^\alpha A^\beta = 2e\int d\tau \frac{d}{d\tau} \left[
\frac{V^\beta(x^\alpha - r^\alpha(\tau))}{V(x-r)}\right]\theta(x^0-r^0(\tau))
\frac{\delta(\tau-\tau_0)}{V(x-r(\tau)}
\end{equation}
De manera que el tensor de Faraday queda:
\begin{equation}
F^{\alpha\beta} = \frac{e}{(x-r(\tau))V}\frac{d}{d\tau} \left[
\frac{(x-r)^\alpha V^\beta - (x-r)^\beta V^\alpha}{V(x-r)} \right]_{\tau_0}
\end{equation}
I, finalment, fent aquesta derivada i aplicant les definicions dels camps elèctric en funció del tensor de Faraday, obtenim:
\begin{equation} \label{eq:Epuntual}
\vec{E}(t,\vec{x})= e\left[\frac{\vec{n}-\vec{\beta}}{\gamma^2(1-\vec{\beta}\cdot\vec{n})^3R^2}\right]_{t_R} + \frac{e}{c} \left[
\frac{\vec{n}\times[(\vec{n}-\vec{\beta})\times\dot{\vec{\beta}}]}
{(1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})^3R}\right]_{t_R}  
\qquad \vec{B} = \vec{n}\times\vec{E}_{t_R}
\end{equation}

Analitzem els dos termes del camp elèctric. El primer correspon al terme coulombià, que crea el camp elèctric que ja coneixem, inversament proporcional a $R^2$ (per tant, més important a prop de la partícula). En canvi, el segon terme és totalment nou! No només és un component perpendicular a la direcció de propagació, sinó que a més, és proporcional a l'acceleració. És inversament proporcional a $R$, de manera que aquest pren més importància lluny de la partícula. Aquest terme, senyores i senyors, és la radiació. I és un efecte purament relativista, que només es dóna quan la partícula està accelerada.

Com queden, doncs, les línies de camp? Si la partícula es manté en repòs, ja sabem que les línies de camp apunten radialment a la posició de la partícula. Però, si la partícula es mou, com la propagació del camp no és immediata, les línies de camp més allunyades encara no han estat creades en la nova posició de la partícula, de manera que encara apunten a la posició antiga. Així, les línies de camp queden corbades, i apareix una component perpendicular a la direcció de propagació radial. 

\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=0.3\textwidth]{campE.png}
	\caption{Camp elèctric creat per una càrrega en MRUA.}
\end{figure}


\subsubsection{Potència radiada}
Recordem l'expressió del vector de Poynting (\ref{eq:Poynting}) que ens descrivia el flux d'energia que portava el camp electromagnètic. En el cas de la partícula puntual, $\vec{B}\perp\vec{E}$, de manera que queda $\vec{B}\times\vec{E}=E^2\vec{n}$. Així, l'expressió del vector de Poynting és súpersenzilla:
\begin{equation}
\vec{S} = \frac{cE^2}{4\pi}\vec{n}
\end{equation}
Aquest és el flux d'energia que porta el camp creat per la partícula. Com volem estudiar la radiació, prendrem el punt d'observació molt llunyà a la partícula, a una distància $R$. Aleshores, definim la potència radiada com:
\begin{equation}
P = \int_{S^2} (\vec{S}\cdot\vec{n})R^2 d\Omega
\end{equation}
On $S^2$ és la superfície esfèrica de radi $R$ centrada a la partícula. Com $\vec{S}\propto R^{-2}$ (per les equacions del camp elèctric a $R$ gran), la potència es manté constant pel mateix angle sòlid. Veiem que la potència és una energia per unitat de temps. La distribució angular de radiació es pot calcular fent la potència radiada per unitat d'angle sòlid:
\begin{equation} \label{eq:distrP}
\frac{dP}{d\Omega} = R^2(\vec{S}\cdot\vec{n}) = \frac{cE^2}{4\pi}R^2
\end{equation}

Centrem-nos ara en el cas no relativista, en l'equació (\ref{eq:Epuntual}) podem fer 
$\vec{\beta}\ll\vec{n}$ i $\vec{\beta}\cdot\vec{n}\ll 1$, de manera que el camp a distàncies llunyanes queda com:
\begin{equation}
\vec{E} = 
\frac{e}{c}\left[\frac{\vec{n}\times(\vec{n}\times\dot\vec{\beta})}{R} \right] =
\frac{e}{c}\left[\frac{(\vec{n}\cdot\dot{\vec{\beta}})\vec{n}-\dot{\vec{\beta}}}{R} \right] 
\end{equation}
On $\theta$ és l'angle entre la velocitat i la direcció de propagació del camp. Si calculem la distribució de la potència radiada a partir de l'equació (\ref{eq:distrP}), ens queda:
\begin{equation}
\frac{dP}{d\Omega}=\frac{e^2}{4\pi c^3}|\dot{\vec{v}}|^2\sin^2\theta
\end{equation}
Analitzant aquesta distribució, veiem que és màxima a $\theta = \pi/2$, per tant, perpendicular a la velocitat. En canvi, en $\theta=0$ no s'emet radiació. És a dir, una partícula no relativista radia sobretot en la direcció perpendicular. I si volem calcular la potència total emesa, podem integrar per tot l'angle sòlid. Recordem que 
$d\Omega = \sin\theta d\theta d\varphi = -d(\cos\theta)d\varphi$. Queda:
\begin{equation}
P = \int_{S^2}\frac{dP}{d\Omega} d\Omega  = \frac{2}{3}\frac{e^2}{c^3}|\dot{\vec{v}}|^2
\end{equation}
Aquesta fórmula que descriu la radiació total emesa per una partícula no relativista s'anomena fórmula de Larmor (no relativista). Ara fóra bo trobar-la per partícules relativistes.

Per poder fer-ho, calcularem el 4-moment que emet la partícula (recordem que l'energia ve donada per la component 0 del 4-moment: $E=P^0c$), per unitat de temps. Buscarem una fórmula general amb la qual en el límit no relativista obtinguem la "ja coneguda":
\begin{equation} \label{eq:momtauNR}
\frac{dP^\mu}{d\tau}=\left(\frac{2}{3}\frac{e^2}{c^4}|\dot{\vec{v}}|^2,0\right)
\end{equation}
Abans, però, cal demostrar que $dP^\mu/d\tau$ és un 4-vector per tal que sapiguem com podem recuperar aquesta expressió a partir de la general. Com ja sabem com transforma $d\tau=\gamma^{-1} dt$, cal mirar com ho fa $P^\mu$. Aleshores, recordem l'equació (\ref{eq:momEM}), que representa el flux de moment que creua una certa superfície de temps constant (en 2 dimensions, plans). 
Prenguem una partícula que emet entre $\tau$ i $\tau + d\tau$, la emissió viatjarà sobre cons de llum entre aquests dos instants, de manera que el moment sempre serà emès entre dos cons (els corresponents a  $\tau$ i $\tau + d\tau$). Així doncs, en les interseccions dels cons amb plans de temps constant sempre hi haurà el mateix moment, el mateix valor de la integral, encara que el pla de temps constant pertanyi a un altre SRI. En conseqüència, $P^\mu$ és invariant, i com $d\tau$ varia amb una $\gamma^{-1}$, podem dir que $dP^\mu/d\tau$ és un 4-vector, perquè varia amb una $\gamma$.

Aleshores, el moment emès per unitat de temps propi general que ens permet recuperar l'expressió (\ref{eq:momtauNR}) en el límit no relativista és:
\begin{equation}
\frac{dP^\mu}{d\tau} = - \frac{2}{3}\frac{e^2}{c^4}\left(
\frac{dV}{d\tau}\frac{dV}{d\tau}\right)\frac{dx^\mu}{d\tau}
\end{equation}
Multipliquem això per $d\tau$, i apliquem que la potència és $P=d(P^0c)/dt$, i obtenim la fórmula de Larmor relativista, que ens dóna la potència total emesa.
\begin{equation}
P = - \frac{2}{3}\frac{e^2}{c^3}\left(
\frac{dV}{d\tau}\frac{dV}{d\tau}\right) = 
- \frac{2}{3}\frac{e^2}{c^3m^2}\left(\frac{dP}{d\tau}\frac{dP}{d\tau}\right)
\end{equation}
On $dP/d\tau$ és la 4-força. Veiem que, si la força aplicada és la mateixa, una partícula menys màssica emet més radiació que una partícula més màssica.


% --------------------------------------------------------------


\subsubsection{Distribució angular de radiació}
Ara estendrem l'estudi de la distribució angular de radiació que ja havíem vist per partícules no relativistes, a dos casos de partícules relativistes. 
Les fórmules que hem vist dels camps emesos, i del vector de Poynting, però, eren des del punt de vista de l'observador. A nosaltres ens interessa més estudiar-ho des del punt de vista de la partícula quan emet energia, no tant quan la rebem nosaltres. És a dir, volem escriure-les en funció del temps retardat. Per fer-ho, cal saber, com passar d'un a l'altre. Derivant l'expressió (\ref{eq:tRt}), obtenim:
\begin{equation} \label{eq:dtRdt}
\frac{dt}{dt_R} = 1 - \vec{n}\cdot\vec{\beta}
\end{equation}
Aplicant això i l'equació (\ref{eq:distrP}), obtenim la distribució angular de la potència radiada en funció del temps retardat:
\begin{equation}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} = \frac{e^2}{4\pi^2}
\frac{|\vec{n}\times[(\vec{n}-\vec{\beta})\times\dot{\vec{\beta}}]|^2}
{(1-\vec{n}\cdot\vec{\beta})^5}
\end{equation}
Com estudiar això en general és força complicat, estudiarem dos casos en particular, quan la velocitat i l'acceleració són paral·leles i quan són perpendiculars.

% --------------------------    CAS PARAL·LEL -----------------------------------

\textbf{Cas a)} $\vec{\beta}\parallel\dot{\vec{\beta}}$. És el cas d'una partícula accelerada per un sincrotró lineal, per exemple. Aleshores, la distribució de potència radiada queda:
\begin{equation}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} = \frac{e^2v^2}{4\pi c^3}\frac{\sin^2\theta}
{(1-\beta \cos\theta)^5}
\end{equation}
A primer cop d'ull, veiem que en $\theta = 0$ s'anul·len tant el denominador (si $\beta\rightarrow 1$) com el numerador, haurem de veure quin dels dos guanya. Per trobar el màxim de radiació, derivem l'expressió respecte l'angle i igualem a 0. Trobem:
\begin{equation}
\cos\theta_{max} = \frac{1+\sqrt{1+15\beta^2}}{3\beta}
\end{equation}
Per velocitats ultrarelativistes, on $\beta = 1-\varepsilon$, podem calcular que, per $\varepsilon$ petites, la velocitat es pot escriure en funció de $\gamma$ com $\beta = 1-1/(2\gamma^2)$. Aleshores, queda $\cos\theta_{max} = 1-1/(8\gamma^2)$. 

Estudiem ara angles propers a $\theta_{max}$, de manera que podem aproximar $\cos\theta_{max}\approx 1-\frac{1}{2} \theta_{max}^2$. En aquests angles, la distribució angular de radiació queda:
\begin{equation}
\frac{dP(t_R)}{d\Omega} \approx \frac{8}{\pi}\frac{e^2\dot{v}^2}{c^3}\gamma^8
\frac{(\gamma\theta)^2}{(1+\gamma^2\theta^2)^5}
\end{equation}

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{212distrpolarparallel.JPG}
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{212Pthetaparallel.JPG}
\centering
\caption{Esquerra: Diagrama polar d'emissió de la radiació. Dreta: Gràfic de la distribució de la potència en funció de $\gamma\theta$. A més velocitat, les figures s'estreten més al voltant de $\theta=0$.}
\label{fig:distrpolarpar}
\end{figure}

Si calculem la potència total emesa integrant per tot l'angle sòlid, obtenim:
\begin{equation}
P = \frac{2}{3}\frac{e^2\dot{v}^2}{c^3}\gamma^6 = \frac{2}{3}\frac{e^2}{m^2c^3}
\left(\frac{d\vec{p}}{dt}\right)^2
\end{equation}
Per obtenir aquesta darrera expressió hem aplicat que $d\vec{p}/dt=d(m\gamma \vec{u})/dt = m\gamma^3 \dot{v}$, el qual correspon a la força que ha d'aplicar el sincrotró, que és el que ens interessa a la pràctica.


% --------------------- CAS PERPENDICULAR -----------------------------------------

\textbf{Cas b)} $\vec{\beta}\parallel\dot{\vec{\beta}}$. És el cas dels ciclotrons circulars, on l'acceleració és centrípeta. Aleshores, la distribució angular queda:
\begin{equation}
\frac{dP}{d\Omega} = \frac{e^2}{4\pi c^3}\frac{|\dot{v}|^2}{(1-\beta\cos\varphi)^5}
\left[1-\frac{\sin^2\theta\cos^2\theta}{\gamma^2(1-\beta\cos\theta)^2}\right]
\end{equation}
En aquest cas, sí que veiem clarament que la radiació es fa màxima en $\theta=0$. Si estudiem la mateixa distribució al voltant d'aquest angle, aleshores obtenim:
\begin{equation}
\frac{dP(t_R)}{dt} = \frac{2e^2}{\pi c^3}\gamma^6 \frac{|\dot{v}|^2}{(1+\gamma^2\theta^2)^5}
\left[1-\frac{4\gamma^2\theta^2\cos^2\phi}{\gamma^2(1+\gamma^2\theta^2)^2}\right]
\end{equation}
Fixem-nos en que quan $\gamma\phi>1$, aleshores la distribució angular tendeix ràpidament a 0. És a dir, la radiació està molt concentrada al voltant de la direcció de la velocitat ($\theta=0$), en un angle aproximat $\Delta\theta\approx\gamma^{-1}$. Aquesta radiació màxima la obtenim substituin $\theta=0$. 

Apliquem la fórmula de Larmor per trobar la potència total:
\begin{equation}
P = \frac{2}{3}\frac{e^2\dot{v}^2}{c^3}\gamma^4 = 
\frac{2}{3}\frac{e^2\gamma^2}{m^2c^3}\left(\frac{d\vec{p}}{dt}\right)^2
\end{equation}
En aquest cas, $|\dot{v}|=\text{constant}$ (també $\gamma$, per tant), de manera que $d\vec{p}/dt=d(m\gamma \vec{v})/dt = m\gamma \dot{v}$. Així podem comparar aquest cas amb el lineal segons la força que ha d'aplicar el sincrotró. Com veiem, per la mateixa acceleració proporcionada pel sincrotró, obtenim molta més radiació en el cas circular que en el lineal (degut al $\gamma^2$). És a dir, si ens interessa aprofitar la radiació de la partícula, utilitzem sincrotrons circulars. Si ens interessa fer xocar partícules, és més eficient el lineal. 


\subsection{Radiació sincrotró}
Estudiem ara l'emissió de radiació d'una partícula en una trajectòria arbitrària, però a velocitats ultrarelativistes. Com acabem de veure, quan la partícula és ultrarelativista ($\gamma \gg 1$), aleshores la potència emesa degut a la component perpendicular de l'acceleració és molt major (en un factor $\gamma^2$) a la deguda a la component paral·lela. Per això, podem negligir la paral·lela, i aproximar que la partícula s'està movent només amb acceleració perpendicular, és a dir, en un cercle, diguem-ne de radi $r$. En aquest cas, ja hem vist que la radiació emesa està molt concentrada en la direcció de la velocitat. I com la partícula està girant en un cercle, si col·loquem un detector, aquest només rebrà polsos de llum en certs instants, aquells en què la partícula hi estava apuntant. Aquesta freqüència amb que rep els polsos correspondrà a la freqüència de rotació de la partícula. 

\begin{figure}[!ht]
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{22sincrotro.JPG}
\centering
\caption{Aproximació del moviment a un MCU, amb l'emissió de radiació corresponent.}
\label{fig:sincrotro}
\end{figure}

Com els polsos emesos tenen un cert gruix ($\Delta\theta = \gamma^{-1}$), els polsos que rebem tenen una certa longitud. Des que ens comença a il·luminar fins que ens deixa d'il·luminar ha de recórrer una distància $d=r\Delta\theta$, que triga $\Delta t=d/v$ en recórrer. Cal tenir en compte que mentre ens està il·luminant la partícula també recorre una distància $v\Delta t$. Així doncs, la longitud del pols serà $L=c\Delta t- v\Delta t$ (l'avantatge que li treu el primer pols de llum abans no surti l'últim). Operant, obtenim:
\begin{equation}
L=(1-\beta)\frac{r}{\gamma\beta} \approx \frac{r}{2\gamma^3}
\end{equation} Que és un pols quadrat molt breu. A mesura que vagi donant voltes, anirem rebent més polsos quadrats, amb una periodicitat de $\omega_0$ (la freqüència de rotació de la partícula), com veiem a la figura \ref{fig:onessincrotro}. En ser un tren d'ones periòdiques, en podem fer una descomposició en la superposició de moltes ones monocromàtiques. 

\begin{figure}[!ht]
	\includegraphics[width=0.3\textwidth]{22trenona.JPG}
	\centering
	\caption{Tren d'ones discret i quadrat que rep el detector.}
	\label{fig:onessincrotro}
\end{figure}

Basant-nos en Fourier, les freqüències en què podem descompondre aquest trens d'ones són totes fins a una freqüència crítica $\omega_C$, i fins allà, totes amb el mateix pes. La freqüència crítica ve donada per:
\begin{equation}
\omega_C = \frac{c}{L} = \left(\frac{c}{r}\right)\gamma^3 =\omega_0\gamma^3
\end{equation}
Així, podem obtenir freqüències fins a $\gamma^3$ vegades la freqüència fonamental.

Un exemple d'aplicació pràctica de la radiació sincrotró són els púlsars, estrelles de neutrons que giren molt ràpid i emeten com en aquest cas. Mitjançant l'estudi de la periodicitat dels polsos de radiació rebuts, es pot inferir la velocitat a què gira el púlsar.

Y eso es todo amigos. 



\end{document}