У меня были в основном те же вопросы, что и у вас! По крайней мере, в моем случае это произошло из-за неправильного понимания предыдущих аргументов, поэтому я попытаюсь объяснить все организованно. Потребовалось много часов, чтобы быть в замешательстве, но, кажется, я наконец понял.

Но сначала позвольте мне прояснить следующее:$k'$не стандартный импульс . Обозначение, которое выбрал Вайнберг, на мой взгляд, несколько сбивает с толку, но книга почти идеальна, так что мы можем его простить :). Я немного поменяю обозначения. Обратите внимание: фактический ответ на ваш вопрос приходит после этого первого раздела , но я думаю, что это также очень полезно.

Введение: как и почему мы используем стандартные импульсные состояния

The $\sigma$индексы в$\Psi_{p,\sigma}$указывают степени свободы частицы, не входящие в ее импульс, и мы хотим понять, как они изменяются при преобразованиях Лоренца. Для начала я буду использовать$\Phi$основе вместо$\Psi$базис для указания собственных состояний оставшихся неимпульсных наблюдаемых, необходимых для покрытия всего гильбертова пространства. Другими словами, у нас есть некоторый набор коммутирующих наблюдаемых$\mathcal{O}$для которого$\mathcal{O}\Phi_{p,\alpha}=\alpha \Phi_{p,\alpha}$.

Самая общая трансформация, которой подвергнется государство, это

$$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} \sum_{p'} A(p',p,\alpha',\alpha,\Lambda) \Phi_{p',\alpha'},$$ где сумма по$p'$непрерывна по всем возможным импульсам. Но из предыдущих рассуждений в книге ясно, что$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha}$имеет импульс$\Lambda p$, поэтому мы можем написать $$U(\Lambda) \Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(\Lambda,p) \Phi_{\Lambda p, \alpha'}.$$ Это говорит нам о том, что при преобразовании Лоренца возможно, что$\alpha$индексы перепутаются. Обратите внимание, что то, что происходит с индексом импульса, очень просто:$p\to \Lambda p$. Тем временем для$\alpha$, мы могли бы получить сложную суперпозицию различных состояний.

Давайте упростим это: мы выбираем стандартный импульс$p\equiv k$и стандартная трансформация$\Lambda\equiv L(k,p)$в приведенном выше уравнении, так что$Lk=p$. Зафиксировав$k$и$L$,$C_{\alpha'\alpha}$зависит только от$p$неявно через$L$(она больше не зависит от общего преобразования$\Lambda$). Это важно. (Но это станет ясно позже.) Подставив выше, получим

$$U(L(k,p)) \Phi_{k,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) \Phi_{p,\alpha'}.$$ Но теперь давайте выберем другой дискретный базис для обозначения наших состояний:$\Psi_{p,\sigma}$вместо$\Phi_{p,\alpha}$(что, конечно, соответствовало бы другим наблюдаемым). У нас есть $$\Psi_{p, \sigma} \equiv \sum_{\alpha} \tilde{B}_{\sigma \alpha}(p) \Phi_{p, \alpha}, \quad \Phi_{p, \alpha} \equiv \sum_{\sigma} B_{\alpha \sigma}(p) \Psi_{p, \sigma}.$$ Подставляя выше, мы получаем (при условии линейного$U$для простоты) $$\sum_\sigma \left(B_{\alpha \sigma}(k) U(L) \Psi_{k,\sigma} - \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) \Psi_{p,\sigma}\right) = 0$$

Вот в чем хитрость: выберите$\Psi_{p,\sigma}$основа такая, что$B_{\alpha \sigma}(k) = \delta_{\alpha \sigma}$, и друг для друга$p$,

$$\sum_{\alpha'}C_{\alpha' \alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) = \frac{\delta_{\alpha \sigma}}{N(p)}.$$ Наконец, с этим новым базисом мы имеем $$N(p)U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma} = \Psi_{p,\sigma}.$$ Новый$\Psi$Базис фантастичен, потому что при этом преобразовании Лоренца мы имеем простое соотношение, указанное выше, - никакого смешивания$\sigma$индексы. Именно это имеет в виду Вайнберг, когда говорит, что мы определяем$\Psi_{p,\sigma}$таким образом. Но это неверно для любого преобразования Лоренца ! Обратите внимание, что было важно зафиксировать импульс$k$и трансформация$L$в приведенных выше рассуждениях, так что$C_{\alpha'\alpha}$коэффициенты зависят только от$p$. Если бы они также зависели от$\Lambda$, мы не смогли бы последовательно выбрать$\Psi$базис, удовлетворяющий приведенной выше формуле. В частности, мы имеем, что для некоторого общего$\Lambda$,$U(\Lambda)\Psi_{k,\sigma}$окажется в суперпозиции состояний с разными$\sigma$ценности.

Заметим, что при выборе стандартного импульса$k$и трансформация$L$не позволяет нам достичь всех возможных импульсов$p$. Мы можем достичь только тех импульсов, которые имеют ту же массу, что и$k$и значение знака($k^0$). Таким образом, нам потребуется 6 классов стандартных импульсов и преобразований. Внутри каждого класса у нас также могут быть разные виды частиц (например, частицы с разной положительной массой), которые требуют разных стандартных импульсов.$k$и преобразования$L$.

Маленькая группа

Маленькая группа состоит из преобразований$W$удовлетворяющий$Wk=k$. Другими словами,$U(W)$действующий на$\Psi_{k,\sigma}$только смешивает$\sigma$индексы. Общее преобразование Лоренца имеет 6 независимых параметров, поэтому имеется 6 генераторов. Но ограничение$Wk=k$накладывает 3 независимых условия, в результате чего$W$имеющий 3 параметра. Затем мы ожидаем, что у маленькой группы будет 3 генератора. На самом деле это у всех так$p\neq 0$, где у нас есть группы SO(3) и ISO(2). $p=0$случай не накладывает ограничений на$W$так что у нас все еще есть SO (3,1). Правило преобразования будет иметь вид

$$U(W)\Psi_{k,\sigma} = \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W) \Psi_{k,\sigma'}$$ В качестве проверки, следите ли вы за: какое значение должно иметь значение$D_{\sigma'\sigma}(W)$быть, когда$W$стандартное преобразование?

Когда у нас есть маленькие групповые матрицы, все готово, поскольку мы можем найти, как трансформируются наши общие состояния!

$$\begin{align} U(\Lambda) \Psi_{p,\sigma} &= N(p) U(\Lambda) U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(L^{-1}(k,\Lambda p)\Lambda L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(W(\Lambda,p)) \Psi_{k,\sigma} \\ &=N(p) \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) U(L(k,\Lambda p)) \Psi_{k,\sigma'}\\ &= \frac{N(p)}{N(\Lambda p)} \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) \Psi_{\Lambda p, \sigma'}, \end{align}$$ где мы определили маленький групповой элемент$W(\Lambda,p)=L^{-1}(k,\Lambda p) \Lambda L(k,p)$.

Нормализация стандартных импульсных состояний

Я предоставляю вам показать следующее: если мы хотим$D$матриц, чтобы обеспечить унитарное представление маленькой группы, мы требуем, чтобы состояния были нормализованы как

$$(\Psi_{k,\sigma},\Psi_{p,\sigma'}) = \delta^3(\vec{p}-\vec{k}) \delta_{\sigma\sigma'}.$$ Здесь$p$не стандартный импульс. Почему можно сделать эту нормализацию? Мы знаем, что оба состояния являются собственными$\vec{P}$, поэтому они должны быть ортогональны, если соответствуют разным собственным значениям. Дельта-функция не имеет предфактора, зависящего от$k$потому что мы можем просто включить это в определение$\Psi_{k,\sigma}$(и нет$p$зависимый фактор, потому что для$p\neq k$, это в любом случае ноль). Глубокая часть этой нормализации, та часть, которая действительно определяет, что$D$матрицы дают унитарное представление, является$\delta_{\sigma\sigma'}$фактор.

Нормализация общих одночастичных состояний

Теперь все, что нам не хватает, это случай$(\Psi_{p,\sigma},\Psi_{p',\sigma'})$. Продукт не включает стандартный импульс$k$, поэтому потенциальный предфактор зависит от$p$то, что я упомянул выше, может всплыть здесь, и априори не очевидно, что$\sigma$метки дадут дельта-фактор. Спойлер: предварительный фактор, зависящий от импульса, действительно проявляется, но мы снова избавляемся от него путем повторного масштабирования.$\Psi_{p,\sigma}$. Такое масштабирование разрешено из-за$N(p)$фактор, который мы включили в определение$\Psi_{p,\sigma}$в первом разделе. Но дельта-фактор для$\sigma$метки остаются прежними. Давайте повторно выведем это здесь:

$$\begin{align} (\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{p,\sigma}) &= N(p)(\Psi_{p',\sigma'},U(L(k,p))\Psi_{k,\sigma}) \\ &=N(p) (U(L^{-1}(k,p))\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{k,\sigma}) \\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(L^{-1}(k,p)p')}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)(\Psi_{L^{-1}p',\alpha},\Psi_{k,\sigma})\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)\delta^3(\vec{q}-\vec{k}) \delta_{\alpha\sigma}\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)} D_{\sigma\sigma'}^*(W) \delta^3(\vec{q}-\vec{k}). \end{align}$$ Здесь мы определили$q=L^{-1}(k,p)p'$. Для конкретного$W(L^{-1},p')$здесь вы можете проверить в несколько шагов, что$D_{\sigma\sigma'}(W)=\delta_{\sigma\sigma'}$. С$(q-k)=L^{-1}(k,p)(p'-p)$, указанная выше величина отлична от нуля только для$p'=p$, поэтому мы можем записать это как $$|N(p)|^2 \delta_{\sigma\sigma'} \delta^3(\vec{q}-\vec{k}).$$ (потому что когда$p=p'$,$q=L^{-1}(k,p)p'=L^{-1}(k,p)p=k$и$N(k)=1$). Последний шаг в нормализации связывает приведенную выше дельта-функцию с$\delta^3(\vec{p}-\vec{p}')$.

Надеюсь, это помогло! Дайте мне знать, если что-то выше неясно.