¿Es el dirac lagrangiano hermitiano?

Question

¿Es el dirac lagrangiano hermitiano?

Anne O´Nyme

Me pregunto por la densidad lagrangiana de Dirac.
$L = \bar{ψ} (- i γ^{m} \partial_{m} + metro) ψ$ $\mathcal{L} =\overline{\psi}(-i\gamma^\mu \partial_\mu +m)\psi$ es un operador hermitiano, ya que al conjugar en complejo se obtiene $L^{†} = ψ^{†} (i γ^{0} γ^{m} γ^{0} \partial_{m} + metro) γ^{0} ψ$ $\mathcal{L}^\dagger =\psi^\dagger(i\gamma^0\gamma^\mu \gamma^0 \partial_\mu +m)\gamma^0\psi$ $= \bar{ψ} (i γ^{m} \overset{\leftarrow}{\partial_{m}} + metro) ψ \neq L .$ $=\overline{\psi}(i\gamma^\mu \overleftarrow{\partial_\mu} +m)\psi \neq \mathcal{L}.$
¿Y un lagrangiano debe ser siempre hermitiano? Sé que un operador hermitiano tiene valores propios reales, lo cual es deseable para un operador que describe observables. Pero aquí el Lagrangiano no es realmente un observable ya que se determina módulo una derivada total.
Encontré una pregunta relacionada en el sitio: ¿dónde se dice que

"la derivada $\partial_\mu$ en el Dirac Lagrangian es antihermitiano" ( ¿Es real la densidad de Lagrangian en la teoría de campo? )

¿Puede alguien mostrarme cómo demostrar esto?

Mad Max

El Dirac Lagrangiano es hermitiano, pero no real. Ver aquí: physics.stackexchange.com/questions/529496/…

Respuestas (3)

¿Es el dirac lagrangiano hermitiano?

El Dirac Lagrangiano es hermitiano, pero no real. Ver aquí: physics.stackexchange.com/questions/529496/…

leonelbrit · Answer 1

(ψ^{†} γ^{0} ψ)^{*} = ψ^{†} γ^{0} ψ

$(\psi^\dagger \gamma^0 \psi)^* = \psi^\dagger \gamma^0 \psi$ porque

γ^{0}

$\gamma^0$ es hermético. También,

\begin{aligned} (ψ^{†} i γ^{0} γ^{m} \partial_{m} ψ)^{*} & = - i \partial_{m} ψ^{†} γ^{m †} γ^{0} ψ \\ = - i \partial_{m} ψ^{†} (γ^{0} γ^{m} γ^{0}) γ^{0} ψ \\ = - i \partial_{m} ψ^{†} γ^{0} γ^{m} ψ \\ = i ψ^{†} γ^{0} γ^{m} \partial_{m} ψ + s tu r F a C mi t mi r metro \end{aligned}

$\begin{align} (\psi^\dagger i \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu \psi)^* &= -i \partial_\mu\psi^\dagger \gamma^{\mu\dagger} \gamma^0 \psi\\ &= -i \partial_\mu\psi^\dagger (\gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0)\gamma^0 \psi\\ &= -i \partial_\mu\psi^\dagger \gamma^0 \gamma^\mu \psi\\ &= i \psi^\dagger \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu\psi + \mathrm{surface\,\,term}\\ \end{align}$ Para la segunda línea usé

γ^{μ †} = γ^{0} γ^{μ} γ^{0}

$\gamma^{\mu\dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ y para la última línea la integré por partes. Creo que su pregunta depende de esta parte, porque el último "índice" que resumimos es el índice del espacio-tiempo.

x^{μ}

$x^\mu$ , es decir, integración. Es la misma razón por la cual el operador de momento mecánico cuántico

p = i \frac{\partial}{\partial x}

$p = i \tfrac{\partial}{\partial x}$ es hermético.

Editar: Algo que pasé por alto es que los espinores también son números de Grassmann, por lo que se debe tener cuidado. En particular, esto significa que los componentes de los espinores satisfacen

(ψ_{i} ϕ_{j})^{*} = ϕ_{j}^{*} ψ_{i}^{*}

$(\psi_i \phi_j)^* = \phi_j^* \psi_i^*$

( más sobre eso aquí ). Ya se intercambian los objetos al tomar el conjugado hermitiano por las reglas del álgebra matricial, y existe la tentación de querer introducir un signo menos porque son números de Grassmann, pero esto sería redundante. Tomando prestado de la respuesta matemática.se vinculada :

\begin{aligned} (η ξ)^{*} & = [(a + i b) (C + i d)]^{*} \\ = (a C - b d + i b C + i a d)^{*} \\ = C a - d b - i C b - i d a \\ = (C - i d) (a - i b) = ξ^{*} η^{*} \end{aligned}

$\begin{align} (\eta\xi)^*&=[(a+ib)(c+id)]^*\\ &=(ac-bd+ibc+iad)^*\\ &=ca-db-icb-ida\\ &=(c-id)(a-ib)=\xi^*\eta^* \end{align}$

En el primer párrafo impones la condición de hermiticidad $\gamma^{\mu\dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ ¿Eso no te cuesta la invariancia relativista?

Valter Moretti · Answer 2

En principio lo que importa es la acción y no la densidad lagrangiana que, en rigor, no debe ser considerada como un observable, ya que está definida hasta términos de frontera. Con respecto al Lagrangiano libre que está considerando, es real hasta un término límite. También puedes redefinirlo simplemente agregando el conjugado hermiteno de Lagrangiano que escribiste al original y tomando la mitad del resultado. Esta nueva densidad lagrangiana es real y equivalente a la inicial.

Jacobo · Answer 3

Jacobo

La densidad lagrangiana es real (siempre). Entonces, por definición, es hermitiano.

kyle kanos

Esto podría ser mejor si proporcionara un poco más de exposición.

doblefelix

Esta respuesta es falsa. La densidad lagrangiana ni siquiera es siempre hermítica. Sin embargo, si no lo es, puede agregarle un término que no afecte la acción (o el EOM) que lo hace hermético. Sin embargo, esto no es solo por definición de lo que es una densidad lagrangiana. Tiene que ser mostrado para cada L individualmente.

¿Es el dirac lagrangiano hermitiano?

Anne O´Nyme

Mad Max

Respuestas (3)

leonelbrit

R. Rankin

Valter Moretti

Jacobo

kyle kanos

doblefelix

Evolución de Schrödinger para una ecuación de Klein-Gordon

Solución separable más general de la ecuación libre de Dirac

Firme delante de los términos cinéticos de QFT

¿Por qué se prefiere el enfoque lagrangiano al enfoque hamiltoniano en QFT? [duplicar]

Ecuación de Dirac en QFT vs QM relativista

¿Integrales de trayectoria para acciones arbitrarias?

¿Cómo se relaciona el principio de acción cuántica de Schwinger con la acción mínima?

Soluciones de energía negativa en las ecuaciones de Klein Gordon y Dirac

Sistemas independientes y Lagrangianos

¿Qué producto se utiliza en la ecuación de Dirac?