Вывод полного генератора преобразований Лоренца

Question

Вывод полного генератора преобразований Лоренца

Физика
s-матричная теория
Лоренц-симметрия
симметрия Пуанкаре
квантовая теория поля

КАФ

Изучим подгруппу группы Пуанкаре, выходящую из точки $x=0$ инвариант, то есть группа Лоренца. Действие бесконечно малого преобразования Лоренца на поле $\Phi(0)$ является $L_{\mu \nu}\Phi(0) = S_{\mu \nu}\Phi(0)$ . С помощью коммутационных соотношений группы Пуанкаре переведем образующую $L_{\mu \nu}$ к ненулевому значению $x$ :

е^{я {Икс}^{р} п_{р}} л_{мю ν} е^{- я {Икс}^{о} п_{о}} "=" С_{мю ν} - {Икс}_{мю} п_{ν} + {Икс}_{ν} п_{мю} (1),

$e^{ix^{\rho}P_{\rho}} L_{\mu \nu} e^{-ix^{\sigma}P_{\sigma}} = S_{\mu \nu} - x_{\mu}P_{\nu} + x_{\nu}P_{\mu}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1),$ где RHS вычисляется по формуле Бейкера-Кэмпбелла-Хаусдорфа для второго члена. Тогда мы можем написать действие образующих

п_{мю} Φ (Икс) "=" - я \partial_{мю} Φ (Икс) и л_{мю ν} Φ (Икс) "=" я ({Икс}_{мю} \partial_{ν} - {Икс}_{ν} \partial_{мю}) Φ (Икс) + С_{мю ν} Φ (Икс) (2)

$P_{\mu} \Phi(x) = -i\partial_{\mu}\Phi(x) \,\,\,\,\text{and}\,\,\,\,L_{\mu \nu}\Phi(x) = i(x_{\mu}\partial_{\nu} - x_{\nu}\partial_{\mu})\Phi(x) + S_{\mu \nu}\Phi(x)\,\,\,\,\,(2)$

Может ли кто-нибудь объяснить содержание уравнения (1) и как из него выводится (2)? Я думаю, что в левой части уравнения (1) есть унитарное преобразование, но я не понимаю, что делает это уравнение и почему его содержание такое, какое оно есть в показателях exp членов.

Охотник

Каков именно ваш вопрос (спрашивать о содержании уравнения, на мой взгляд, очень широко)? Хотите понять, откуда берется уравнение (1)? Кроме того, что такое

S_{μ ν}

$S_{\mu \nu}$ (вы, кажется, не определили это)?

КАФ

Привет Хантер, спасибо за ваш комментарий. Да, я просто пытаюсь понять мотивацию введения количества на LHS и то, что оно представляет.

S_{μ ν}

$S_{\mu \nu}$ - спиновая матрица поля

Φ

$\Phi$ .

Ответы (3)

Вывод полного генератора преобразований Лоренца

Каков именно ваш вопрос (спрашивать о содержании уравнения, на мой взгляд, очень широко)? Хотите понять, откуда берется уравнение (1)? Кроме того, что такое $S_{\mu \nu}$ (вы, кажется, не определили это)?
Привет Хантер, спасибо за ваш комментарий. Да, я просто пытаюсь понять мотивацию введения количества на LHS и то, что оно представляет. $S_{\mu \nu}$ - спиновая матрица поля $\Phi$ .

пользователь7757 · Answer 1

пользователь7757

LHS описывает преобразование $L_{\mu \nu}$ в разделе «пространственно-временные переводы». Это естественное обобщение того, как работает эволюция времени в картине Гейзенберга. Поэтому вместо того, чтобы действовать просто как генератор перевода времени $e^{-\frac{i H t}{\hbar}}$ , у вас также есть $p_i$ в экспоненте, которые являются генераторами пространственных переводов. Вы начинаете с действия подгруппы, которая оставляет $x=0$ инвариант, это просто спиновая часть углового момента. Ваш оператор полного углового момента представляет собой сумму орбитального углового момента и спинового углового момента, что очевидно из вашего уравнения 2.

Вы получаете уравнение 2, просто расширяя Тейлора $\Phi$ около 0, а затем сравнение с уравнением 1. (Здесь вы сравниваете изображения Гейзенберга и Шредингера)

л_{мю ν} ю^{мю ν} Φ (Икс) "=" С_{мю ν} ю^{мю ν} Φ (0) + {Икс}_{мю} ю^{мю ν} \partial_{ν} Φ (0)

$L_{\mu \nu}\omega^{\mu \nu}\Phi(x)=S_{\mu \nu} \omega^{\mu \nu} \Phi(0)+ x_{\mu} \omega^{\mu \nu}\partial_{\nu}\Phi(0)$

где $\omega_{\mu \nu}$ являются параметрами ускорения и вращения, и я рассмотрел бесконечно малое преобразование Лоренца $x^{\rho}=0 + \omega^{\rho}_{\nu} x^{\nu}$ и отмечая $\omega_{\mu \nu}$ является антисимметричным, вы получаете правильные действия.

Бесконечно малая версия уравнения 1 есть просто коммутатор поля с $L_{\mu \nu}$ . Это общая черта действий в КТП, версия бесконечно малой алгебры лжи действует через коммутатор, который при возведении в степень дает действие сопряжения, определенное выше.

КАФ

Спасибо ramanujan_dirac! Моя экспансия такая

Φ (0 + Икс) \approx Φ (0) + {Икс}^{мю} \partial_{мю} Φ (Икс) |_{Икс "=" 0} "=" Φ (0) + ю^{мю о} {Икс}_{о} \partial_{мю} Φ (0)

$\Phi(0+x) \approx \Phi(0) + x^{\mu}\partial_{\mu}\Phi(x)|_{x=0} = \Phi(0) + \omega^{\mu \sigma} x_{\sigma} \partial_{\mu}\Phi(0)$ используя преобразование Лоренца

x^{μ} = ω_{ν}^{μ} x^{ν}

$x^{\mu} = \omega^{\mu}_{\,\,\,\nu}x^{\nu}$ Что вы сделали отсюда, чтобы получить уравнение, которое вы указали в своем ответе?

пользователь7757

Я получил это, рассмотрев бесконечно малое преобразование Лоренца полей. Так

Φ^{'} (x^{'}) = (1 + i L_{μ ν} ω^{μ ν}) Φ (0 - ω_{ν}^{ρ} x^{ν})

$\Phi^{\prime}(x^{\prime})=(1+iL_{\mu \nu}\omega ^{\mu \nu})\Phi(0-\omega^{\rho}_{\nu}x^{\nu})$ , в первом порядке второй член представляет собой линейное изменение

x^{ρ}

$x^{\rho}$ умножается на 1. (Оператор тождества.) Я использовал тот факт, что скалярные поля преобразуются как

Φ^{'} (x^{'}) = Φ (x)

$\Phi^{\prime}(x^{\prime})=\Phi(x)$

КАФ

Если я расширим это до первого порядка, то

Φ^{'} ({Икс}^{'}) "=" Φ (0) - я {Икс}^{р} \partial_{р} Φ (0) + я л_{мю ν} ж^{мю ν} Φ (0) + л_{мю ν} ж^{мю ν} {Икс}^{р} \partial_{р} Φ (0)

$\Phi'(x') = \Phi(0) - ix^{\rho}\partial_{\rho}\Phi(0) + iL_{\mu \nu}w^{\mu \nu} \Phi(0) + L_{\mu \nu}w^{\mu \nu} x^{\rho} \partial_{\rho} \Phi(0)$ но я, кажется, не могу восстановить условия, которые вы записали.

КАФ

Использует ли тот факт, что скалярные поля преобразуются тривиально, не учитывая особый случай? Данный

Φ^{'} (x^{'}) = Φ (x)

$\Phi'(x') = \Phi(x)$ , я мог бы затем умножить LHS моего последнего уравнения так, чтобы оно совпадало с вашим, но тогда это вводит

L_{μ ν} ω^{μ ν}

$L_{\mu \nu}\omega^{\mu \nu}$ срок на

x^{ρ} \partial_{ρ}

$x^{\rho}\partial_{\rho}$ срок выше.

пользователь7757

@CAF: ваш второй срок должен содержать фактор

ω

$\omega$ , и ваш последний срок

ω^{2}

$\omega^2$ после расширения

Φ

$\Phi$ в

Φ^{'} (x^{'}) = (1 + i L_{μ ν} ω^{μ ν}) Φ (0 - ω_{ν}^{ρ} x^{ν})

$\Phi^{\prime}(x^{\prime})=(1+iL_{\mu \nu}\omega ^{\mu \nu})\Phi(0-\omega^{\rho}_{\nu}x^{\nu})$ , вы игнорируете последний член, так как он второго порядка в

ω

$\omega$ , и вы используете антисимметрию

ω

$\omega$ чтобы получить окончательное выражение. Да, мы делаем это для особого случая скалярных полей, о чем вы упоминаете в своем вопросе. Для общего поля, преобразующегося по представлению

L_{A}^{B}

$L_A^B$ у вас будет дополнительный член, соответствующий образующим L.

КАФ

Хорошо, это дает мне

Φ (Икс) "=" Φ (0) - ю^{р ν} {Икс}_{ν} \partial_{р} Φ (0) + я л_{мю ν} ю^{мю ν} Φ (0)

$\Phi(x) = \Phi(0) - \omega^{\rho \nu} x_{\nu} \partial_{\rho} \Phi(0) + iL_{\mu \nu}\omega^{\mu \nu}\Phi(0)$ Теперь используйте антисимметрию омеги:

Φ (Икс) "=" Φ (0) + ю^{р ν} {Икс}_{р} \partial_{ν} Φ (0) - я л_{мю ν} ю^{ν мю} Φ (0)

$\Phi(x) = \Phi(0) + \omega^{\rho\nu} x_{\rho} \partial_{\nu}\Phi(0) - iL_{\mu\nu}\omega^{\nu\mu}\Phi(0)$ путем перемаркировки второго члена. Теперь я мог бы добавить эти уравнения, но это не соответствует тому, что вы получаете. Спасибо за ваше терпение.

пользователь7757

Обратите внимание, что последний термин

ω^{μ ν} S_{μ ν} Φ (0)

$\omega^{\mu \nu}S_{\mu \nu}\Phi(0)$ по определению. Другой член, который является антисимметричной частью, дает орбитальный угловой момент.

КАФ

Итак, не делайте антисимметрии по последнему члену. Если бы я затем добавил уравнения, я бы получил

2 Φ (Икс) "=" 2 Φ (0) + ю^{р ν} ({Икс}_{р} \partial_{ν} - {Икс}_{ν} \partial_{р}) Φ (0) + 2 я ю^{мю ν} С_{мю ν} Φ (0)

$2\Phi(x) = 2\Phi(0) + \omega^{\rho \nu}(x_{\rho}\partial_{\nu} - x_{\nu}\partial_{\rho})\Phi(0) + 2i\omega^{\mu \nu}S_{\mu \nu}\Phi(0)$ Я начинаю видеть, как части соединяются воедино, но как это соотносится с уравнением (1), чтобы я мог считывать образующие?

пользователь7757

На самом деле вы можете сделать идентификацию в уравнении 2 непосредственно из уравнения 1. Смысл упражнения здесь состоял в том, чтобы мотивировать действие сопряжения в уравнении 1. Метод, который вы использовали выше, использовал картину Шредингера, где вы преобразовали поля, и в вашем вопросе выше вы преобразовали генератор

L_{μ ν} Φ (0)

$L_{\mu \nu}\Phi(0)$ к

L_{μ ν} Φ (x)

$L_{\mu \nu}\Phi(x)$

КАФ

Что-то не так с моим уравнением два поста назад? Я просто не вижу, как связать это с чем-то точно, хотя я могу понять некоторые термины. Извините, если неправильно истолковал ваш последний пост.

Охотник · Answer 2

Я все еще не совсем уверен, в чем заключается ваш вопрос, но я попытаюсь объяснить левую часть уравнения (1) в целом. Дополнительную информацию можно найти в книге Джорджи «Алгебры Ли в физике элементарных частиц».

Представление матричной группы Ли можно записать в виде:

Д (г) "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}}

$D(g) = e^{i \alpha_a X_a}$ где

X_{a}

$X_a$ обозначает генератор и

α_{a}

$\alpha_a$ обозначает групповой параметр. Представление действует на некотором векторном пространстве:

| я ⟩ \to | я^{'} ⟩ "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}} | я ⟩

$|i \rangle \to |i' \rangle = e^{i \alpha_a X_a} |i \rangle$ Теперь позвольте

O

$O$ обозначает оператор, задающий кет

O | i ⟩

$O|i\rangle$ . Ясно, что это преобразуется как:

О | я ⟩ \to О^{'} | я^{'} ⟩ "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}} О | я ⟩ "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}} О е^{- я α_{а} {Икс}_{а}} е^{я α_{а} {Икс}_{а}} | я ⟩ "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}} О е^{- я α_{а} {Икс}_{а}} | я^{'} ⟩

$O|i \rangle \to O' | i' \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O |i \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a} e^{i \alpha_a X_a} |i \rangle = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a} |i' \rangle$ Таким образом, мы видим сверху, что оператор преобразуется как:

О^{'} "=" е^{я α_{а} {Икс}_{а}} О е^{- я α_{а} {Икс}_{а}}

$O' = e^{i \alpha_a X_a} O e^{-i \alpha_a X_a}$ что соответствует левой части уравнения (1) в вашем вопросе. Другими словами, левая часть показывает, как оператор

L_{μ ν}

$L_{\mu \nu}$ трансформируется под 4-импульсный генератор (т.е. пространственно-временные трансляции).

Спасибо Хантер! Именно на это я намекал, когда говорил об унитарной трансформации, но было бы неплохо, если бы это было разъяснено.

Цзяхао Мао · Answer 3

С $\Phi(x)=(e^{x\cdot\partial}\Phi)(0)=(e^{ix\cdot P}\Phi)(0)$ , которое можно получить из ряда Тейлора, имеем

(л_{мю ν} Φ) (Икс) "=" (е^{я Икс \cdot п} л_{мю ν} Φ) (0) "=" (е^{я Икс \cdot п} л_{мю ν} е^{- я Икс \cdot п} е^{я Икс \cdot п} Φ) (0)

$(L_{\mu\nu}\Phi)(x)=(e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}\Phi)(0)=(e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}e^{-ix\cdot P}e^{ix\cdot P}\Phi)(0)$

С $e^{ix\cdot P}L_{\mu\nu}e^{-ix\cdot P}=L_{\mu\nu}-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu$ и $(L_{\mu\nu}\Phi)(0)=S_{\mu\nu}\Phi(0)$ , мы можем видеть

\begin{aligned} (л_{мю ν} Φ) (Икс) & "=" [(л_{мю ν} - {Икс}_{мю} п_{ν} + {Икс}_{ν} п_{мю}) (е^{я Икс \cdot п} Φ)] (0) \\ "=" С_{мю ν} [(е^{я Икс \cdot п} Φ) (0)] + [е^{я Икс \cdot п} (- {Икс}_{мю} п_{ν} + {Икс}_{ν} п_{мю}) Φ] (0) \\ "=" С_{мю ν} Φ (Икс) + (- {Икс}_{мю} п_{ν} + {Икс}_{ν} п_{мю}) Φ (Икс) \\ "=" (С_{мю ν} + я {Икс}_{мю} \partial_{ν} - я {Икс}_{ν} \partial_{мю}) Φ (Икс) \end{aligned}

$\begin{align} (L_{\mu\nu}\Phi)(x)&=[(L_{\mu\nu}-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)(e^{ix\cdot P}\Phi)](0)\\ &=S_{\mu\nu}[(e^{ix\cdot P}\Phi)(0)]+[e^{ix\cdot P}(-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)\Phi](0)\\ &=S_{\mu\nu}\Phi(x)+(-x_\mu P_\nu+x_\nu P_\mu)\Phi(x)\\ &=(S_{\mu\nu}+ix_\mu \partial_\nu-ix_\nu \partial_\mu)\Phi(x) \end{align}$

Вывод полного генератора преобразований Лоренца

КАФ

Охотник

КАФ

Ответы (3)

пользователь7757

КАФ

пользователь7757

КАФ

КАФ

пользователь7757

КАФ

пользователь7757

КАФ

пользователь7757

КАФ

Охотник

КАФ

Цзяхао Мао

S-операторная лоренц-инвариантность

Путаница в предположениях, сделанных в формуле сокращения LSZ

Почему релятивистские волновые функции должны преобразовываться при преобразовании Лоренца, а не Пуанкаре?

Какое матричное представление оператора импульса (генератора трансляций) используется в коммутаторах группы Пуанкаре?

От представлений к теориям поля

Сохранение импульса в процессе рассеяния

Амплитуда рассеяния не инвариантна относительно малой группы?

Представления Пуанкаре для взаимодействующей теории поля

Как прийти к уравнению Дирака из алгебры Пуанкаре?

Почему говорят, что ненулевой VEV для спинорного поля нарушает лоренц-инвариантность?