Detalles de la prueba del teorema de la estadística de espín

1. Veamos la expresión para campo con masa.$m$y girar$s$(para el caso sin masa, las siguientes declaraciones existen en forma similar): $$\tag 1 \hat {\psi}_{a}(x) = \sum_{\sigma = -s}^{s}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3} 2E_{\mathbf p}}}\left( u^{\sigma}_{a}(\mathbf p )e^{-ipx}\hat{a}_{\sigma}(\mathbf p ) + v^{\sigma}_{a}(\mathbf p )e^{ipx}\hat{b}^{\dagger}_{\sigma}(\mathbf p )\right).$$ Este campo hace referencia a la$\left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2}\right), n + m = 2s$representación de espinor del grupo de lorentz (así que índice a significa$\psi_{a} = \psi_{a_{1}...a_{m}\dot {b}_{1}...\dot{b}_{n}}$; campo es simétrico en todos los índices) y obedece a las ecuaciones $$\tag 2 (\partial^{2} + m^{2})\psi_{a}(x) = 0, \quad \hat {p}^{\mu}(\sigma_{\mu})^{\dot {b}_{j}a_{i}}\psi_{a_{1}...a_{i}...a_{m}\dot {b}_{1}...\dot{b}_{j}...\dot{b}_{n}} = 0.$$ 1.1. Si tenemos el campo con giro entero$l$, podemos convertir$(1)$(aquí me he perdido algunos cálculos, que no es importante) al rango del tensor simétrico$l$ $A_{\mu_{1}...\mu_{l}}$(que se refieren a la$\left(\frac{l}{2}, \frac{l}{2}\right)$y también podemos convertir$(2)$a la forma (nuestro tensor es sin rastro y transversal en todos los índices) $$\tag 3 (\partial^{2} + m^{2})A = 0, \quad \partial_{\mu_{i}}A^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l}} = 0, \quad A_{\mu_{i}}^{ \mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l - 1}} = 0.$$ 1.2. En un caso de espín medio entero$s = l + \frac{1}{2}$, si queremos obtener la teoría que es invariante bajo el tiempo y las inversiones espaciales debemos introducir la suma directa$\left(\frac{l + 1}{2} , \frac{l}{2}\right) \oplus \left(\frac{l}{2} , \frac{l + 1}{2}\right)$y luego construir el proyector de ecuaciones que reduce el número de componentes independientes. Así que obtenemos de$(2)$y el requisito dado anteriormente es el siguiente (el campo también es simétrico, por supuesto): $$\psi^{\mu_{1}..\mu_{l}} = \begin{pmatrix}\psi_{a}^{\mu_{1}...\mu_{l}} \\ \kappa^{\dot {b}, \mu_{1}...\mu_{l}}\end{pmatrix},$$ $$\tag 4 (i\gamma^{\mu}\partial_{\mu} - m) \psi = 0, \quad \gamma_{\mu_{i}}\psi^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l}} = 0, \quad g_{\mu_{i}\mu_{j}}\psi^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{j}..\mu_{l}} = 0.$$
2. Aquí hay un teorema fuerte: campo$(1)$es un campo covariante de lorentz si y solo si$u_{a}^{\sigma}(\mathbf p)$y$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p)$están conectados a través de la relación $$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p) = (-1)^{s + \sigma}u_{a}^{-\sigma}(\mathbf p).$$ Este resultado es correcto si$(1)$se transforma bajo la representación irreductible del grupo Lorentz$T$que contiene de la irrep del grupo de rotación de espín$s$sólo una vez. Esto es correcto para 1.1, pero es incorrecto en el caso de 1.2. Para el último caso la modificación del teorema da$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p ) = (-1)^{s + \sigma}\gamma_{5}u_{a}^{-\sigma}(\mathbf p )$. Usando 1 y 2 podemos convertir$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm}$.

3. Giro entero:

   $$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm} = \sum_{\sigma}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi )^{3}2E_{\mathbf p}}G^{\sigma}_{ab}(p)\left(e^{-ip(x- y)} \pm e^{-ip(x - y)} \right),$$ dónde$G^{\sigma}_{ab}(p) = u^{\sigma}_{a}(p)(u^{\sigma}_{b}(p))^{\dagger}$. Después de eso, podemos usar la siguiente receta: 1) tenemos un tensor simétrico$G^{\sigma}_{ab}(p)$, por lo que, como objeto covariante de lorentz, solo se puede construir a partir de$g_{\mu \nu}, p_{\nu}$(el otro objeto, el símbolo Levi-Civita, es antisimétrico). Significa que puede construirse solo como polinomo de rango$2s$en$p_{\mu}$que contiene sólo los sumandos de grado par de$p$; entonces 2)$G^{\sigma}_{ab}(p)e^{-ipx} =G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})e^{-ipx}$y$G^{\sigma}_{ab}(p)e^{ipx} = G^{\sigma}_{ab}(-\hat {p})e^{ipx} = G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})e^{ipx}$. Si no necesitamos la invariancia bajo inversión espacial e inversión de tiempo, obtendremos el resultado (de la misma manera)$G^{\sigma}_{ab}(-\hat {p}) = -G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})$para realizaciones de espín medio entero.

4. Espín medio entero. Para este caso tenemos

   $$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm} = \sum_{\sigma}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi )^{3}2E_{\mathbf p}}\left(G^{\sigma}_{ab}(p)e^{-ip(x- y)} \pm \gamma_{5}G^{\sigma}_{ab}(p)\gamma_{5}e^{-ip(x - y)} \right).$$ Usando la ec.$(4)$podemos afirmar que$G_{ab}(p) = (\gamma^{\mu}p_{\mu} + m)R_{ab}(p)$, dónde$R_{ab}(p)$se construye como la suma de productos de un número par de matrices gamma y un número par de impulsos y productos de un número impar de gamma y un número impar de impulsos. Entonces al tener la relación$[\gamma_{5}, \gamma_{\mu}]_{+} = 0$y la afirmación anterior podemos suponer que$\gamma_{5}G_{ab}(-p)\gamma_{5} = -G_{ab}(p)$.

No estoy seguro. Completamente perdido acerca de las ecuaciones. Sin embargo, ¿ha visto el experimento en el que los electrones que pasan a través de una rendija se giran 2 pi? El patrón de interferencia cambia. El giro mínimo y máximo. No estoy exactamente seguro de por qué un electrón que está en un estado diferente mostraría algún tipo de patrón de interferencia. En cualquier caso, el experimento podría tener algo que ver con por qué se produce el principio de exclusión de Pauli. No estoy seguro de que el principio de exclusión tenga algo que ver con la relatividad. La función de onda de un sistema de dos electrones es antisimétrica. Esa es una declaración del principio. No sé si tiene una ecuación de onda formada por dos espinores, ¿debe esa ecuación de onda ser antisimétrica dada la forma en que se transforman los espinores individuales? No me importa resolverlo. Es una pregunta interesante.