Коэффициенты Клебша-Гордана в причинных полях

Массивный спин$1$бозон лучше всего представлен векторным полем$V^{\mu}$, который трансформируется относительно$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$представление группы Лоренца с ограничением Лоренца$\partial_{\mu}V^{\mu}=0$. Коэффициенты Клебша-Гордана, которые имеют отношение здесь, равны$C_{1/2,1/2}(1\sigma,ab)$

Матрицы, к которым вы пришли,

$$u_{ab}(\sigma=\{-1,0,1\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2\\1/\sqrt2&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right\}$$

Между ними и тем, что вы записали, нет непосредственной связи.

Массивный спин$2$бозон представлен симметричным тензором второго ранга$g_{\mu\nu}$, который трансформируется относительно$(1,1)\oplus(0,0)$представление группы Лоренца с аналогичными ограничениями, исключающими два спина$0$компоненты и спин$1$компонент. Соответствующие коэффициенты Клебша-Гордана равны$C_{1,1}(2\sigma,ab)$

$$u_{ab}(\sigma=\{-2,-1,0,1,2\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2&0\\1/\sqrt2&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&1/\sqrt6\\0&\sqrt{2/3}&0\\1/\sqrt6&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1/\sqrt2\\0&1/\sqrt2&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\right\}$$

Не полный ответ, но вычисление массивных бозонов со спином 2 из массивных бозонов со спином 1 — небольшое забавное упражнение. Меня сбивает с толку использование таблиц коэффициентов Клебша-Гордана, и мне проще просто переделать их с нуля.

Повторение спина 1 имеет три вектора,$|1\rangle, |0\rangle, |-1\rangle$, что в остальной системе координат$k^\mu = (m,0,0,0)$соответствуют векторам поляризации$\epsilon^\mu_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, i, 0)$,$\epsilon^\mu_0 = (0, 0, 0, 1)$,$\epsilon^\mu_{-1} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, i, 0)$. Обратите внимание, что все они удовлетворяют ограничению$k^\mu \epsilon_\mu = 0$.

Теперь под спиной$1$представитель, у нас есть

$$\begin{align} J_\pm^{(1)} &= J_x^{(1)} \pm i J_y^{(1)} \\ J_-^{(1)} | 1 \rangle &= \sqrt{2} |0 \rangle \\ J_-^{(1)} | 0 \rangle &= \sqrt{2} |-1 \rangle \\ J_z^{(1)} | m \rangle &= m |m\rangle \end{align}$$ Если мы натянем два спина$1$повторения вместе, мы получаем$1 \otimes 1 = 2 \oplus 1 \oplus 0$. Мы хотим только$2$представитель Мы можем вывести разложение Клебша-Гордана для себя следующим образом. Начнем с создания состояния с$m = 2$а затем многократно использовать оператор понижения для состояния. Итак, в нашем тензорном произведении$1 \otimes 1$, операторы алгебры Ли становятся $$J_i \equiv 1 \otimes J_i^{(1)} + J_i^{(1)} \otimes 1.$$ Теперь единственный вариант для$m=2$состояние $$|2\rangle = |1 \rangle |1 \rangle$$ и вы можете проверить это$J_z |2 \rangle = 2 |2 \rangle.$Затем мы вычисляем действие понижающего оператора, используя наше выражение для$J_\pm$, убедившись, что наши пониженные состояния определены с надлежащей нормализацией, чтобы состояния, которые мы записываем как$|m\rangle$у всех норма$1$. $$\begin{align} J_-|2\rangle &= \sqrt{2}( |1\rangle |0 \rangle+|0\rangle |1 \rangle) \equiv 2 |1\rangle \\ J_-|1\rangle &= 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle \equiv \sqrt{6} | 0 \rangle \\ J_-|0\rangle &= \frac{1}{\sqrt{3}}(3 |-1\rangle |0\rangle + 3 |0\rangle |-1\rangle ) \equiv \sqrt{6} |-1\rangle\\ J_-|-1\rangle &= 2 |-1\rangle |-1 \rangle \equiv 2 |-1\rangle. \end{align}$$

Итак, перефразируя наши результаты,

$$\begin{align} |2\rangle &= |1\rangle |1\rangle \\ |1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|1\rangle |0\rangle + |0\rangle |1\rangle )\\ |0\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{6}} ( 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle ) \\ |-1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|-1\rangle |0\rangle + |0\rangle |-1\rangle ) \\ |-2\rangle &= |-1\rangle |-1\rangle. \end{align}$$

Теперь, чтобы получить наши тензоры поляризации со спином 2$\epsilon^{\mu \nu}$, нам просто нужно объединить наши векторы поляризации спина 1$\epsilon^\mu_{-1,0,+1}$именно так, как описано выше. Итак, чтобы привести один пример,

$$\epsilon^{\mu\nu}_0 = \frac{1}{\sqrt{6}}(2 \epsilon_0^\mu \epsilon_0^\nu + \epsilon_1^\mu \epsilon_{-1}^\nu+ \epsilon_{-1}^\mu \epsilon_1^\nu ).$$ Обратите внимание, что по построению эти тензоры поляризации будут удовлетворять$k_\mu \epsilon^{\mu \nu} = k_\nu \epsilon^{\mu \nu} = 0$. Они также оказываются удовлетворяющими$\epsilon^\mu_{\; \mu} = 0$и являются симметричными. (Обратите внимание, что благодаря этому методу мы немного ощущаем лозунг «гравитация = E&M^2», хотя мы работаем с массивным случаем.)

Результаты приема этих продуктов Кронекера

$$\begin{align} \epsilon_2^{\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&i&0\\0&i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_1^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&i\\0&1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_0^{\mu \nu} &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&2 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-1}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&0&i\\0&-1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-2}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&-i&0\\0&-i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \end{align}$$

Итак, надеюсь, вы видите, что коэффициенты Клебша-Гордана не так страшны, и что вы всегда можете пересчитать их для себя. По общему признанию, мы не работали от тензорирования вместе четырех копий спина.$1/2$случае, а скорее использовал две копии спина$1$случае, чтобы облегчить наше бремя, но важен принцип.