Проблемы с расчетом вращения Вигнера для фотона

Я работаю над проблемой 2 из Weinberg's QFT vol. 1 глава 2. Постановка задачи проста. Для одного наблюдателя фотон движется в$y$-направление с линейной поляризацией в$z$-направление. В обозначениях Вайнберга они описывают состояние как:

$$\Psi_p=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\Psi_{p,+}+\Psi_{p,-}\right]$$

где$p\equiv p^{\mu}=(\vec{p},p^0)=(0,p,0,p)$, и$\pm$индексы соответствуют$\pm 1$спиральные фотонные состояния. Конечно, я использую соглашение о натуральных единицах измерения.$\hbar=c=1$.

Теперь рассмотрим другого наблюдателя, движущегося со скоростью$v$в$z$направление относительно первого. Как этот новый наблюдатель описывает то же самое состояние?

Я уже просмотрел соответствующие разделы в главе, посвященной общему/формальному решению проблемы. Что мы хотим рассчитать:

$$U(\Lambda)\Psi_{p}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{(\Lambda p)^0}{p^0}}\left[e^{i\theta}\Psi_{p,+}+e^{-i\theta}\Psi_{p,-}\right]$$

где$\Lambda$представляет собой интересующее преобразование Лоренца - простое увеличение$z$-направление - и$\theta=\theta(\Lambda,p)$вращение вокруг$z$-ось, соответствующая общему вигнеровскому вращению.

Таким образом, эта задача по существу сводится к вычислению$\theta$. Это просто: вигнеровское вращение$W(\Lambda,p)$для безмассовой частицы всегда можно выразить как$S(\alpha,\beta)R(\theta)$, где$R(\theta)$это вращение вокруг$z$-ось, которая нас интересует, поэтому просто вычислите явное вращение Вигнера$W=L^{-1}(\Lambda p) \Lambda L(p)$, и посмотрите на$x-y$блок, который, как мы знаем, будет выглядеть как поворот.

$$W=\begin{bmatrix}\cos\theta & \sin\theta & . & . \\ -\sin\theta & \cos\theta & . & . \\ . & . & . & .\\ . & . & . & .\end{bmatrix}$$

Итак, начну с расчета. Стандартный четырехкратный импульс, который я буду использовать, это$k^{\mu}=(\vec{k},k^0)=(0,0,\kappa,\kappa)$. Используя это, я начинаю с вычисления$L(p)$.

$$\begin{align} L(p)&=R(\hat{k}\rightarrow \hat{p}) B(\kappa \rightarrow |p|)\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos(-\pi/2) & \sin(-\pi/2) & 0\\ 0 & -\sin(-\pi/2) & \cos(-\pi/2) & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & A & B\\ 0 & 0 & B & A \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -A & -B \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & B & A \end{bmatrix} \end{align}$$

где я сократил обозначение через:

$$A=\frac{p^2+\kappa^2}{2 p\kappa}, \,\,\,B=\frac{p^2-\kappa^2}{2 p\kappa}$$

Теперь я вычисляю другую часть вращения Вигнера,$L^{-1}(\Gamma p)$.

$$\begin{align} \Lambda &= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \gamma & v\gamma \\ 0 & 0 & v\gamma & \gamma \end{bmatrix}, \,\,\, \gamma\equiv \frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\\ &\\ \implies \Lambda p &=(0, p, pv\gamma, p\gamma )\\ &\\ L^{-1}(\Lambda p)&=B(|\Lambda p|\rightarrow \kappa )R(\hat{\Lambda p}\rightarrow \hat{k})\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & A' & B'\\ 0 & 0 & B' & A' \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos(\phi) & \sin(\phi) & 0\\ 0 & -\sin(\phi) & \cos(\phi) & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos\phi & \sin\phi & 0\\ 0 & -A'\sin\phi & A'\cos\phi & B'\\ 0 & -B'\sin\phi & B'\cos\phi & A' \end{bmatrix} \end{align}$$

где я сократил обозначение через:

$$A'=\frac{\kappa^2+\gamma^2p^2}{2\gamma p\kappa}, \,\,\,B'=\frac{\kappa^2-\gamma^2p^2}{2\gamma p\kappa},\,\,\, \tan\phi=\frac{1}{v\gamma}$$

Таким образом, окончательная матрица вращения Вигнера имеет вид:

$$W=L^{-1}(\Lambda p) \Lambda L(p)=\left[ \begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & . & . \\ 0 & 1 & . & . \\ \hline . & . & . & .\\ . & . & . & . \end{array} \right]$$

Так$\theta=0$, т.е. поляризация в итоге не меняется? У меня нет другой интуиции для этого результата, поэтому я не знаю никаких проверок здравомыслия. Кажется странным, что Вайнберг включил задачу, окончательный ответ на которую скучен.