Вывод простой бустовской идентичности Лоренца, dp′z/dpzdpz′/dpzdp'_z/dp_z

Учитывая импульс Лоренца в г -направление, в натуральных единицах можно записать

п г ′ "=" γ ( п г + β Е ) , Е ′ "=" γ ( Е + β п г ) .

В книге Peskins & Schroeder's Introduction to QFT, p. 23, делается следующее утверждение:

г п г ′ г п г ≡ Е ′ Е

Я не могу сделать это. Моя попытка заключается в следующем.

г п г ′ г п г "=" γ ( 1 + β г Е г п г ) ; г Е г п г "=" г г п г ( п β ) "=" г г п г ( [ п Икс 2 + п у 2 + п г 2 ] 1 / 2 β ) "=" п г β [ п Икс 2 + п у 2 + п г 2 ] 1 / 2 "=" п г β п ⟹ г п г ′ г п г "=" γ ( 1 + п г п )

С Е "=" γ м и п "=" γ м β , у нас есть п "=" β Е , поэтому

г п г ′ г п г "=" γ ( 1 + 1 β п г Е ) .

По определению Е ′ , у нас есть

Е ′ Е "=" γ ( 1 + β п г Е ) ≠ г п г ′ г п г .

Я сделал что-то глупое?

Для справки : рассматриваемый вывод книги является доказательством того, что количество дельта ( 3 ) ( п − д ) не является лоренц-инвариантным, где п и д являются импульсами. Опуская пару строк, говорят, что

дельта ( 3 ) ( п − д ) "=" дельта ( 3 ) ( п ′ − д ′ ) ⋅ г п г ′ г п г "=" дельта ( 3 ) ( п ′ − д ′ ) ⋅ Е ′ Е .

Да. Попробуйте увидеть г Е / г п г "=" п г / Е .
Спасибо, что нашли время, чтобы прокомментировать, профессор (я должен сказать...!) Я вижу, что он использует Е "=" п 2 + м 2 .

Ответы (1)

Параметр β связано с усилением между двумя кадрами, поэтому в моем решении, связывая незагрунтованное Е и п с использованием β был (дико) неверным. Правильный метод использует следующее.

Е "=" п 2 + м 2 ⟹ г Е г п г "=" п г п 2 + м 2 "=" п г Е

Решение следует немедленно!

Вывод простой бустовской идентичности Лоренца, dp′z/dpzdpz′/dpzdp'_z/dp_z
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v