Derivación de la relación de completitud de Spinor sin usar una representación

Question

Derivación de la relación de completitud de Spinor sin usar una representación

rastro
Física
espinores
matrices de dirac
teoría cuántica de campos
deberes-y-ejercicios

Alejandro McFarlane

Referencia: conjunto de problemas DAMTP 3, pregunta 5 , pero ignore las soluciones de spinor dadas.

Como prefacio, esto ha tomado 1 día completo y 2 tardes más de trabajo, por lo que solo enumeraré los intentos más prometedores en lugar de desordenar la mitad de un cuaderno.

Dadas las relaciones para los espinores, $u(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ y $v(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ como,

(pag - metro) tu (pag, s) = 0 (pag + metro) v (pag, s) = 0

$(\not p - m)u(\mathbf{p},s) = 0\qquad (\not p + m)v(\mathbf{p},s) = 0$

\bar{tu} (pag, s) tu (pag, r) = 2 metro d_{s r} \bar{v} (pag, s) v (pag, r) = - 2 metro d_{s r} \bar{tu} (pag, s) v (pag, s) = 0

$\bar{u}(\mathbf{p},s)u(\mathbf{p},r) = 2m\delta_{sr}\qquad \bar{v}(\mathbf{p},s)v(\mathbf{p},r) = -2m\delta_{sr}\qquad \bar{u}(\mathbf{p},s)v(\mathbf{p},s) = 0$

Estoy tratando de probar lo siguiente,

\begin{matrix} (1) & Λ_{+} = \sum_{s} tu (pag, s) \bar{tu} (pag, s) = pag + metro \end{matrix}

$\tag{1} \Lambda_+ = \sum_{s} u(\mathbf{p},s)\bar{u}(\mathbf{p},s) = \not p + m$

\begin{matrix} (2) & Λ_{+} = \sum_{s} v (pag, s) \bar{v} (pag, s) = pag - metro \end{matrix}

$\tag{2} \Lambda_+ = \sum_{s} v(\mathbf{p},s)\bar{v}(\mathbf{p},s) = \not p - m$

Elegir una representación es demasiado fácil y se considera hacer trampa. Toda la información distinta de las identidades de rastreo se proporciona arriba. Creo que lo mismo ocurre con el uso del operador de proyección de giro.

intentos

He mostrado independencia lineal en un ejercicio anterior a partir de la misma información, por lo que podemos suponer que $u(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ y $v(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ son linealmente independientes.

Sumando (1)+(2) ... resultado : $0$ como $u\bar{u} = (u\bar{u})^{\dagger} = \bar{u}u$ y por las relaciones obtenemos $4m - 4m = 0$ y no se obtiene información útil
Restando (1)-(2) ... resultado : $8m$ como anteriormente
Actuando sobre (1), (2) desde la derecha con $(\not p + m)$ desde la derecha... resultado $\pm 4m$ por $u \bar{u} \not p u$
Actuando sobre (1), (2) desde la derecha con $u,v,\bar{u},\bar{v}$ ... resultado igual que 3.

De hecho, cada intento que intento solo me da un resultado con $m$ lo que me da razones para creer que hay algo fundamentalmente erróneo en mi comprensión.

Problema potencial

Puedo 'forzar' el resultado simplemente usando la ecuación de Dirac $(\not p + m)u(\mathbf{p},r) = 0$ equiparar $\not p$ a $m$ pero no creo que esto sea lo que se supone que debo hacer, ¡aunque no puedo ver otra manera!

La razón por la que no me gusta esto es porque no me obliga a limitarme (creo) a solo cambiar uno. $2m \to \pm \not p$ . Siento que si tuviera que hacer esto, necesito alguna condición que me impida elegir ambos como $\not p$ para obtener $\Lambda_+ = 2\not p$ Por ejemplo.

udv

Véase Srednicki, web.physics.ucsb.edu/~mark/ms-qft-DRAFT.pdf , párrafo sobre la ecuación (38.23), pág. 243 (comienza en la pág. 240).

Alejandro McFarlane

Tengo el libro de Srednicki pero descarté este método porque se basa en una representación como tal, ya que asumimos que sabemos

- p̸ = γ^{0} m

$-\not p = \gamma^0 m$ . Estoy empezando a pensar que esta es probablemente la única forma de resolver esto correctamente y que la pregunta que me planteé es demasiado contradictoria.

udv

En realidad no, mira mi respuesta a continuación. Espero eso ayude.

Respuestas (1)

Derivación de la relación de completitud de Spinor sin usar una representación

Véase Srednicki, web.physics.ucsb.edu/~mark/ms-qft-DRAFT.pdf , párrafo sobre la ecuación (38.23), pág. 243 (comienza en la pág. 240).
Tengo el libro de Srednicki pero descarté este método porque se basa en una representación como tal, ya que asumimos que sabemos $-\not p = \gamma^0 m$ . Estoy empezando a pensar que esta es probablemente la única forma de resolver esto correctamente y que la pregunta que me planteé es demasiado contradictoria.
En realidad no, mira mi respuesta a continuación. Espero eso ayude.

udv · Answer 1

En el marco de descanso $\not p \rightarrow - m \gamma^0$ y

(pag - metro) tu (pag, s) = 0 \to (I + γ^{0}) tu (0, s) = 0 \bar{tu} (pag, s) (pag - metro) = 0 \to \bar{tu} (0, s) (I + γ^{0}) = 0 (pag + metro) v (pag, s) = 0 \to (I - γ^{0}) v (0, s) = 0 \bar{v} (pag, s) (pag + metro) = 0 \to \bar{v} (pag, s) (I - γ^{0}) = 0

$(\not p - m)u(\mathbf{p},s) = 0 \;\; \rightarrow \;\; (I + \gamma^0) u(\mathbf{0},s) = 0 \\ {\bar u}(\mathbf{p},s)(\not p - m) = 0 \;\; \rightarrow \;\; {\bar u}(\mathbf{0},s) (I + \gamma^0) = 0 \\ (\not p + m)v(\mathbf{p},s) = 0 \;\; \rightarrow \;\; (I - \gamma^0) v(\mathbf{0},s) = 0 \\ {\bar v}(\mathbf{p},s)(\not p + m) = 0 \;\; \rightarrow \;\; {\bar v}(\mathbf{p},s)(I - \gamma^0) = 0$ Así que independientemente de la representación

u (0, s)

$u(\mathbf{0},s)$ y

v (0, s)

$v(\mathbf{0},s)$ se convierten en vectores propios derechos de

γ^{0}

$\gamma^0$ , mientras

\bar{u} (0, s)

${\bar u}(\mathbf{0},s)$ y

\bar{v} (0, s)

${\bar v}(\mathbf{0},s)$ se convierten en vectores propios izquierdos.

Esto da relaciones de cierre tanto para la identidad $I$ y $\gamma^0$ en términos de $u{\bar u}$ y $v{\bar v}$ productos exteriores, de los cuales relaciones de cierre similares para $I \pm \gamma^0$ sigue inmediatamente.

Impulse de nuevo a un marco arbitrario y le quedan las relaciones requeridas para $\not p \pm m$ .

Pensándolo bien, solo observe que $u(\mathbf{p},s)$ , $v(\mathbf{p},s)$ son vectores propios derechos de $\not p$ , y ${\bar u}(\mathbf{p},s)$ , ${\bar v}(\mathbf{p},s)$ son vectores propios izquierdos. Construye la expresión de $\not p$ sobre el $\mathbf{p}$ subespacio propio en términos de $u{\bar u}$ , $v{\bar v}$ , y la relación de cierre correspondiente para el proyector de subespacio propio. Luego utilícelos para extraer expresiones para $\not p \pm m$ . No hay necesidad de impulsar en cualquier lugar!

antes habia pensado que $\not p \rightarrow - m \gamma^0$ también estaba haciendo trampa por eso pensé que era imposible!
Ahora que lo pienso, ni siquiera necesitas lidiar con $\gamma^0$ :)
Discutiré esto con un compañero de curso y veré si su método mejora antes de aceptar. +1 mientras tanto, gracias :) y volveré con una respuesta más tarde si todavía está interesado.
arxiv.org/pdf/physics/0703214.pdf ver sección 5.3, página 15
Impresionante, no conocía esta referencia. Pero definitivamente es genial. ¡Gracias!
aceptó la respuesta ya que parece que explícita o implícitamente uno debe escribir algún tipo de tensor y tratar ciertas partes de manera diferente. La versión más simple y más general es como dices al tomar $\mathbf{p}=0$ . No hay forma de que esto sea posible en un nivel de álgebra que he encontrado como todas las "afirmaciones" como tales, simplemente omita la línea de trabajo explícito en la que escriben un vector y fijan el impulso 3 como cero

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