Coeficientes de Clebsch-Gordan en campos causales

Un giro masivo$1$el bosón se representa mejor mediante un campo vectorial$V^{\mu}$, que se transforma con respecto a la$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$representación del grupo de Lorentz, con la restricción de Lorentz$\partial_{\mu}V^{\mu}=0$. Los coeficientes de Clebsch-Gordan que son relevantes aquí son$C_{1/2,1/2}(1\sigma,ab)$

Las matrices a las que llegas son

$$u_{ab}(\sigma=\{-1,0,1\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2\\1/\sqrt2&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right\}$$

No hay una relación inmediata entre estos y lo que escribiste.

Un giro masivo$2$el bosón se representa con un tensor simétrico de rango dos$g_{\mu\nu}$, que se transforma con respecto a la$(1,1)\oplus(0,0)$representación del grupo de Lorentz, con restricciones análogas que eliminan los dos giros$0$componentes y un giro$1$componente. Los coeficientes de Clebsch-Gordan relevantes son$C_{1,1}(2\sigma,ab)$

$$u_{ab}(\sigma=\{-2,-1,0,1,2\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2&0\\1/\sqrt2&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&1/\sqrt6\\0&\sqrt{2/3}&0\\1/\sqrt6&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1/\sqrt2\\0&1/\sqrt2&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\right\}$$

No es una respuesta completa, pero resolver los bosones masivos de giro 2 a partir de los bosones masivos de giro 1 es un pequeño ejercicio divertido. Me resulta confuso usar tablas de coeficientes de Clebsch Gordan, y me resulta más fácil rehacerlas desde cero.

La repetición de giro 1 tiene tres vectores,$|1\rangle, |0\rangle, |-1\rangle$, que en el resto marco$k^\mu = (m,0,0,0)$corresponden a los vectores de polarización$\epsilon^\mu_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, i, 0)$,$\epsilon^\mu_0 = (0, 0, 0, 1)$,$\epsilon^\mu_{-1} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, i, 0)$. Tenga en cuenta que todos satisfacen la restricción$k^\mu \epsilon_\mu = 0$.

Ahora, bajo el giro$1$representante, tenemos

$$\begin{align} J_\pm^{(1)} &= J_x^{(1)} \pm i J_y^{(1)} \\ J_-^{(1)} | 1 \rangle &= \sqrt{2} |0 \rangle \\ J_-^{(1)} | 0 \rangle &= \sqrt{2} |-1 \rangle \\ J_z^{(1)} | m \rangle &= m |m\rangle \end{align}$$ Si tensamos dos vueltas$1$repeticiones juntas, obtenemos$1 \otimes 1 = 2 \oplus 1 \oplus 0$. Solo queremos el$2$reps. Podemos deducir la descomposición de Clebsch Gordan por nosotros mismos de la siguiente manera. Comenzamos haciendo un estado con$m = 2$y luego usando el operador de reducción repetidamente en el estado. Entonces, en nuestro producto tensorial$1 \otimes 1$, los operadores del álgebra de Lie se convierten en $$J_i \equiv 1 \otimes J_i^{(1)} + J_i^{(1)} \otimes 1.$$ Ahora, la única opción para el$m=2$el estado es $$|2\rangle = |1 \rangle |1 \rangle$$ y puedes comprobarlo$J_z |2 \rangle = 2 |2 \rangle.$Luego calculamos la acción del operador de descenso usando nuestra expresión para$J_\pm$, asegurándonos de definir nuestros estados reducidos con la normalización adecuada para que los estados que escribimos como$|m\rangle$todos tienen norma$1$. $$\begin{align} J_-|2\rangle &= \sqrt{2}( |1\rangle |0 \rangle+|0\rangle |1 \rangle) \equiv 2 |1\rangle \\ J_-|1\rangle &= 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle \equiv \sqrt{6} | 0 \rangle \\ J_-|0\rangle &= \frac{1}{\sqrt{3}}(3 |-1\rangle |0\rangle + 3 |0\rangle |-1\rangle ) \equiv \sqrt{6} |-1\rangle\\ J_-|-1\rangle &= 2 |-1\rangle |-1 \rangle \equiv 2 |-1\rangle. \end{align}$$

Entonces, reformulando nuestros resultados,

$$\begin{align} |2\rangle &= |1\rangle |1\rangle \\ |1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|1\rangle |0\rangle + |0\rangle |1\rangle )\\ |0\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{6}} ( 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle ) \\ |-1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|-1\rangle |0\rangle + |0\rangle |-1\rangle ) \\ |-2\rangle &= |-1\rangle |-1\rangle. \end{align}$$

Ahora, para obtener nuestros tensores de polarización de espín 2$\epsilon^{\mu \nu}$, solo tenemos que combinar nuestros vectores de polarización de espín 1$\epsilon^\mu_{-1,0,+1}$exactamente de la manera anterior. Entonces, para dar un ejemplo,

$$\epsilon^{\mu\nu}_0 = \frac{1}{\sqrt{6}}(2 \epsilon_0^\mu \epsilon_0^\nu + \epsilon_1^\mu \epsilon_{-1}^\nu+ \epsilon_{-1}^\mu \epsilon_1^\nu ).$$ Observe que, por construcción, estos tensores de polarización satisfarán$k_\mu \epsilon^{\mu \nu} = k_\nu \epsilon^{\mu \nu} = 0$. También resultan para satisfacer$\epsilon^\mu_{\; \mu} = 0$y son simétricos. (Observe que tenemos una pequeña muestra del eslogan "gravity = E&M^2" de este método, aunque estamos trabajando en el caso masivo).

Los resultados de tomar estos productos Kronecker son

$$\begin{align} \epsilon_2^{\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&i&0\\0&i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_1^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&i\\0&1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_0^{\mu \nu} &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&2 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-1}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&0&i\\0&-1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-2}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&-i&0\\0&-i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \end{align}$$

Entonces, espero que pueda ver que los coeficientes de Clebsch Gordan no dan tanto miedo y que siempre puede volver a derivarlos por sí mismo. Es cierto que no trabajamos tensando juntas cuatro copias del giro$1/2$caso, sino que usó dos copias del giro$1$caso para aliviar nuestra carga, pero el principio es lo importante.