Cálculo del conmutador del operador Pauli-Lubanski y generadores del grupo Lorentz

Tal vez, la respuesta no sea útil para el autor de la pregunta, pero es importante para las otras personas que quieren derivar esta expresión. [:)].

Primer método .

Hice una pista: es fácil mostrar que

$$\hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu} = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu \alpha \beta \gamma}\hat {J}_{\alpha \beta}\hat {P}_{\gamma }\hat {P}_{\mu} = 0$$ como la convolución de simétrica $\hat {P}_{\gamma }\hat {P}_{\mu}$y antisimétrico $\varepsilon^{\mu \alpha \beta \gamma}$.

Entonces el conmutador

$$[\hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu}] = 0. \qquad (.1)$$ Pero por otro lado $$[ \hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu}] = \hat {W}^{\mu}[ \hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {P}_{\mu}] + [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} = -\hat {W}^{\mu}i(g_{\mu \kappa }\hat {P}_{\lambda} - g_{\mu \lambda}\hat {P}_{\kappa }) + [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} .$$ Entonces, usando $(.1)$de la fórmula anterior se sigue la siguiente: $$[\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} = i\hat {W}^{\mu}(g_{\mu \kappa }\hat {P}_{\lambda} - g_{\mu \lambda}\hat {P}_{\kappa }) = i(\hat {W}_{\kappa}\hat {P}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\hat {P}_{\kappa}) = i\left(\hat {W}_{\kappa}\delta^{\mu}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\delta^{\mu}_{\kappa}\right)\hat {P}_{\mu},$$ dónde $\delta^{0}_{0} = 1, \delta^{i}_{i} = -1$,

y finalmente,

$$[\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}] = i\left(\hat {W}_{\kappa}\delta^{\nu}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\delta^{\mu}_{\kappa}\right) \Rightarrow [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}_{\mu}] = i\left(\hat {W}_{\kappa}g_{\mu \lambda} - \hat {W}_{\lambda}g_{\mu \kappa}\right).$$

Segundo método .

Es similar al método QMechanic. Tengamos la matriz de transformación general de Poincare$U (\hat {\Lambda}, a^{\mu})$, dónde$a$es traslación de 4 vectores y$\hat {\Lambda}$es una matriz de 3 rotaciones y transformaciones de Lorentz. Debido a esta transformación,

$$\hat {J}_{\mu \nu} \Rightarrow U (\hat {\Lambda}, a^{\mu}) J^{\mu \nu}U (\hat {\Lambda}, a^{\mu})^{+} = \Lambda^{\mu}_{\rho}\Lambda^{\nu}_{\sigma}\hat {J}^{\rho \sigma} + a^{\mu}\Lambda^{\nu}_{\rho }\hat {P}^{\rho} - a^{\nu}\Lambda^{\mu}_{\rho}\hat {P}^{\rho },$$ $$\hat {P}^{\mu} \Rightarrow \Lambda^{\mu}_{\nu}\hat {P}^{\nu}.$$ Mediante el uso de estas reglas de transformación se puede obtener $$U (\hat {\Lambda}, a) W_{\mu} U (\hat {\Lambda}, a)^{+} = \frac{1}{2} \varepsilon_{\mu \nu \rho \sigma}\left( \lambda^{\nu}_{\alpha}\Lambda^{\rho}_{\beta}\hat {J}^{\alpha \beta} + a^{\nu}\Lambda^{\rho}_{\alpha }\hat {P}^{\alpha} - a^{\rho}\Lambda^{\nu}_{\rho}\hat {P}^{\rho }\right) \Lambda^{\sigma}_{\delta}\hat {P}^{\delta } =$$ $$=\frac{1}{2}\Lambda^{\alpha}_{\mu}\varepsilon_{\alpha \nu \rho \sigma }\hat {J}^{\nu \rho} \hat {P}^{\sigma} = \Lambda^{\alpha}_{\mu} \hat {W}_{\alpha}.$$ Asi que $$\frac{i}{2}[\hat {J}_{\mu \nu}, \hat {W}_{\sigma }] = \omega^{\mu \nu}g_{\sigma \mu}\hat {W}_{\nu} = \frac{1}{2}(g_{\sigma \mu}\hat {W}_{\nu} - g_{\sigma \nu}\hat {W}_{\mu})\omega^{\mu \nu},$$ que conduce a la expresión dirigida.

En general, esto significa que todos los operadores de 4$\hat {A}_{\gamma}$viaja con$\hat {J}_{\alpha \beta}$como$i(g_{\gamma \alpha}\hat {A}_{\beta} - g_{\gamma \beta}\hat {A}_{\alpha})$, porque$\hat {J}_{\alpha \beta}$representa a los generadores del grupo Lorentz. Además, esto significa que el conmutador de$\hat {J}_{\alpha \beta }$con cada 4 escalares dará cero.

He aquí una posible estrategia:

1. Considere una matriz antisimétrica real arbitraria (infinitesimal)

   $$\tag{1}\omega^{\mu\nu}~=~-\omega^{\nu\mu}.$$

2. Definir

   $$\tag{2}\omega^{\mu}{}_{\lambda}~:=~\omega^{\mu\nu}{}\eta_{\nu\lambda}.$$

3. Definir

   $$\tag{3}M~:=~ \frac{i}{2}M_{\mu\nu}\omega^{\nu\mu}.$$

4. Entonces las ecuaciones de OP se pueden reformular como:

   $$\tag{4}W^{\alpha} ~:=~ \frac{1}{2}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}P_{\beta}M_{\mu \nu},$$ $$\tag{5} [P_{\alpha}, M]~=~P_{\beta}\omega^{\beta}{}_{\alpha},$$ $$\tag{6} [M_{\mu\nu}, M]~=~M_{\mu\lambda}\omega^{\lambda}{}_{\nu}- (\mu \leftrightarrow \nu),$$ $$\tag{7} [W^{\alpha}, M]~=~-\omega^{\alpha}{}_{\beta}W^{\beta}. \qquad\qquad(*)$$

5. En particular, tenga en cuenta que la pregunta de OP (v2) se puede reformular como Cómo probar la ec. (7)?

6. Definir la matriz exponencial

   $$\tag{8} A^{\alpha}{}_{\beta}~:=~(e^{\omega})^{\alpha}{}_{\beta}~:=~ \delta^{\alpha}_{\beta} + \omega^{\alpha}{}_{\beta}+ \frac{1}{2}\omega^{\alpha}{}_{\gamma} \omega^{\gamma}{}_{\beta} + {\cal O}(\omega^3).$$

7. Expande la siguiente identidad determinante

   $$\tag{9} A^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}A^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}A^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}A^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta^{\prime}\mu^{\prime}\nu^{\prime}} ~=~\det(A)\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}$$ a primer orden en$\omega$para deducir la siguiente identidad de traza $$\tag{10} \omega^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta\mu\nu} +\omega^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta^{\prime}\mu\nu} +\omega^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu^{\prime}\nu} +\omega^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu^{\prime}} ~=~{\rm tr}(\omega)\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu},$$ con la ayuda de la identidad traza determinante $$\tag{11} \det(e^{\omega}) ~=~e^{{\rm tr}(\omega)}.$$ ecuación (10) puede verse como una versión infinitesimal de la ecuación (9), pero debido a la linealidad de la ecuación. (10) es realmente válido para cualquier$^1$finito$4\times 4$matriz.

8. Usa la antisimetría (1) y la definición (2) para deducir que la traza se desvanece

   $$\tag{12} {\rm tr}(\omega)~:=~\omega^{\mu}{}_{\mu}~=~0.$$

9. Finalmente, use las ecs. (4), (5), (6), (10) y (12) para demostrar la ecuación buscada. (7):

   $$2[W^{\alpha}, M]~=~\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}\left([P_{\beta},M] M_{\mu\nu}+P_{\beta} [M_{\mu\nu},M] \right)$$ $$~=~\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu} \left( P_{\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\beta} M_{\mu\nu} - P_{\beta} M_{\nu\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\mu} + P_{\beta} M_{\mu\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\nu} \right)$$ $$~=~ \left( \omega^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta^{\prime}\mu\nu} +\omega^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu^{\prime}\nu} +\omega^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu^{\prime}} \right) P_{\beta}M_{\mu \nu}$$ $$\tag{13}~=~ -\omega^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta\mu\nu} P_{\beta}M_{\mu \nu} ~=~ -2\omega^{\alpha}{}_{\beta}W^{\beta}.$$

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$^1$Alternativamente, se puede establecer la ec. (10) por razonamiento puramente combinatorio, sin la ayuda de la ec. (9).

Los primeros cuatro términos de su cálculo desaparecen. Se pueden llevar a la forma (usando la antisimetría del épsilon y de M)

$\epsilon^{\alpha\beta\nu}_\rho M_{\nu\sigma}-\epsilon^{\alpha\beta\nu}_\sigma M_{\nu\rho}$Si introduce números para los índices, verá rápidamente que esto se cancela. Los otros dos términos deberían dar el resultado deseado.

El truco para usar para los otros dos términos es (consulte wikipedia para obtener más información)

$\epsilon_{a1,a2,...,an}=\epsilon_{b1,b2,...,bn}\delta_{a1}^{b1}...\delta_{an}^{b1}$

Puede reescribir el vector de Pauli-Lubanski como$W_{\mu}=(W_0,\mathbf{W})$y prueba primero las siguientes identidades

$$P\cdot W=0,\quad W_0=\mathbf{P}\cdot\mathbf{J},\quad \mathbf{W}=P_0\mathbf{J}-\mathbf{P}\times\mathbf{K}$$ dónde $\mathbf{P}$, $\mathbf{J}$, y $\mathbf{K}$se definen como (no estoy seguro de si estamos usando las mismas convenciones) $$\mathbf{P}=\left\{P^1,P^2,P^3\right\},\quad \mathbf{J}=\left\{M^{32},M^{13},M^{21}\right\},\quad \mathbf{K}=\left\{M^{01},M^{02},M^{03}\right\}$$ Luego, las pruebas de $[W^0,M^{\rho\sigma}]$y $[W^i,M^{\rho\sigma}]$será mucho más fácil.

Encontré una forma más directa de resolver ......

$$\mathrm{R.H.S.}=g^{\mu \rho} W^{\sigma}-g^{\mu \sigma} J^{\rho}=-\frac{1}{2} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta} \epsilon_{\theta \tau \alpha \beta} g^{\mu \theta} W^{\tau}=-\frac{1}{4} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta} \epsilon_{\theta \tau \alpha \beta} g^{\mu \theta} \epsilon_{\phantom{\tau}\nu \iota \lambda}^{\tau} P^{\nu} J^{\iota \lambda}=-\frac{1}{2} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta}\left(P^{\mu} J_{\alpha \beta}+P_{\alpha} J_{\beta}^{\phantom{\beta}\mu}-P_{\beta} J_{\alpha}^{\phantom{\alpha}\mu}\right)$$ $$\mathrm{L.H.S}=\frac{1}{2} \epsilon_{\phantom{\mu}\kappa \iota \nu}^{\mu}\left[P^{\kappa}\left(g^{\nu \rho} J^{\iota \sigma}-g^{\iota \rho} J^{\nu \sigma}-g^{\sigma \iota} J^{\rho \nu}+g^{\sigma \nu} J^{\rho \iota}\right)+\left(g^{\kappa \rho} P^{\sigma}-g^{\kappa \sigma} P^{\rho}\right) J^{\iota \nu}\right] =\epsilon^{\mu \rho \kappa \iota} P_{\kappa} J_{\iota}^{\phantom{\iota}\sigma}-\epsilon^{\mu \sigma \kappa \iota} P_{\kappa} J_{\iota}^{\phantom{\iota}\rho}+\frac{1}{2}\left(\epsilon^{\mu \rho \iota \nu} P^{\sigma} J_{\iota \nu}-\epsilon^{\mu \sigma \iota \nu} P^{\rho} J_{\iota \nu}\right).$$ Eso es probar: $$\frac{1}{2} \epsilon^{\alpha \beta\{\rho \sigma} P^{\mu\}} J_{\alpha \beta}+\epsilon^{\alpha \beta\{\rho \sigma} P_{\alpha} J_{\beta}^{\phantom{\beta}\mu\}}=0.$$ dónde$f^{\{abc\}} = f^{abc}+f^{bca} +f^{cab}.$obviamente era equivalente a: $$\epsilon_{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon^{\theta \rho \sigma \mu} \epsilon_{\alpha \beta}^{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}\left(P^{\tau} J^{\alpha \beta}+P^{\alpha} J^{\beta \tau}+P^{\beta} J^{\tau \alpha}\right)=0.$$ del mismo modo: $$\epsilon^{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon_{\theta \rho \sigma \mu} \epsilon_{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}^{\alpha \beta} \epsilon^{\mu \nu \lambda \omega} \epsilon_{\mu \tau \alpha \beta} P_{\nu} J_{\lambda \omega}=0.$$ pecado$\epsilon^{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon_{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}^{\alpha \beta} \epsilon_{\mu \tau \alpha \beta}=0$, la proposición original ha sido probada.