¿La invariancia de Lorentz de la ecuación de movimiento garantiza la invariancia de Lorentz de las soluciones?

Question

¿La invariancia de Lorentz de la ecuación de movimiento garantiza la invariancia de Lorentz de las soluciones?

Física
lorentz-simetría
ruptura de simetría
teoría cuántica de campos
ecuación de klein-gordon

cuantización

Si tengo una ecuación de movimiento invariante de Lorentz, como la ecuación de Klein-Gordon , ¿se garantiza automáticamente que la solución sea invariante de Lorentz?

Hago esta pregunta debido a la discusión de la sección 3 de la Teoría cuántica de campos de Mark Srednicki de las ecuaciones (3.11) a (3.14). Si tengo una ecuación KG,

\begin{matrix} (1) & \partial^{m} \partial_{m} ϕ - {metro}^{2} ϕ = 0, \end{matrix}

$\tag 1 \partial^\mu\partial_\mu\phi -m^2\phi=0,$ tenemos una solución de la forma

\begin{matrix} (2) & Exp (i k \cdot X \pm i ω t), \end{matrix}

$\tag 2\exp (i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} \pm i\omega t),$ que no creo que sea invariante de Lorentz para la solución con

i k \cdot x + i ω t

$i \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} + i\omega t$ como argumento, a menos que permitamos

k^{μ} = (- ω, k)

$k^\mu = (-\omega, \mathbf{k})$ .

Sin embargo, comienza a construir una solución invariante de Lorentz y se le ocurre

\begin{matrix} (3) & ϕ (X, t) = \int d \tilde{k} [a (k) {mi}^{i k X} + a^{*} (k) {mi}^{- i k X}], \end{matrix}

$\tag 3 \phi(\mathbf{x},t) = \int d\tilde{k}[ a(\mathbf{k})e^{ikx} + a^*(\mathbf{k})e^{-ikx}],$ dónde

k x = k \cdot x - ω t

$kx = \mathbf{k}\cdot\mathbf{x} - \omega t$ .

d \tilde{k}

$d\tilde{k}$ es una medida invariante de Lorentz y el argumento de cada exponente también es invariante de Lorentz.

Sin embargo, dice al principio que $a(\mathbf{k})$ es una función arbitraria del vector de onda $\mathbf{k}$ , que no me suena invariante de Lorentz. Así que no estoy seguro de cómo $\phi(\mathbf{x},t)$ es invariante de Lorentz.

glS

No. Cuando no ocurre hablamos de ruptura espontánea de la simetría . Eche también un vistazo a esta respuesta de Qmechanic .

cuantización

Entonces, ¿la solución que construyó Srednicki no es una invariante de Lorentz si permitimos a(k) arbitraria?

una mente curiosa

Sería útil si mostrara explícitamente dónde cree que esto viola la covarianza / invariancia de Lorentz, porque no lo veo:

a (k)

$a(k)$ va a

a (Λ^{- 1} k)

$a(\Lambda^{-1} k)$ bajo una transformación de Lorentz, pero la invariancia de Lorentz de la medida significa que puede transformar la región de integración de nuevo para tener solo

a (k)

$a(k)$ ahí.

cuantización

En realidad, encuentro que la transformación de la región de integración aún es problemática. Digamos que tengo

ϕ (x) \to ϕ (Λ^{- 1} x) = \int d \tilde{k} [a (Λ^{- 1} k) e^{i k x} + a^{*} (Λ^{- 1} k) e^{- i k x}] = \int d \tilde{k} [a (k) e^{i (Λ k) x} + a^{*} (k) e^{- i (Λ k) x}] = ? ϕ (x)

$\phi(x) \to \phi(\Lambda^{-1} x) = \int d\tilde{k}[ a(\Lambda^{-1}\mathbf{ k})e^{ikx} + a^*(\Lambda^{-1} \mathbf{k})e^{-ikx}] = \int d\tilde{k}[ a(\mathbf{k})e^{i(\Lambda k)x} + a^*(\mathbf{ k})e^{-i(\Lambda k)x}] =? \phi(x)$ .

ryan unger

@KyleLee: la transformación de un campo escalar es

ϕ^{'} (x) = ϕ (Λ^{- 1} x)

$\phi'(x)=\phi(\Lambda^{-1}x)$ . Dicho esto, no sé qué estás haciendo mal.

ryan unger

@ACuriousMind: Estoy perplejo. como se demuestra eso

ϕ^{'} (x) = ϕ (Λ^{- 1} x)

$\phi'(x)=\phi(\Lambda^{-1}x)$ está satisfecho con la expansión del modo estándar en el OP?

ryan unger

@KyleLee: Veo lo siguiente en Weinberg:

tu (Λ) ϕ (X) {tu}^{- 1} (Λ) = \int d \tilde{k} [a (Λ k) {mi}^{i k (Λ X)} + hc] = \int d \tilde{k} [a (Λ (Λ^{- 1} k)) {mi}^{i (Λ^{- 1} k) (Λ X)} + hc]

$U(\Lambda)\phi(x)U^{-1}(\Lambda)=\int d\tilde k[a(\Lambda k)e^{ik(\Lambda x)}+\text{h.c.}]=\int d\tilde k[a(\Lambda (\Lambda^{-1}k))e^{i(\Lambda^{-1}k)(\Lambda x)}+\text{h.c.}]$

= \int d \tilde{k} [a (k) {mi}^{i k X} + hc] = ϕ (X)

$=\int d\tilde k[a(k)e^{ikx}+\text{h.c.}]=\phi(x)$

cuantización

@0celo7: No estoy seguro de cómo sigue la primera igualdad. si tenemos

ϕ (Λ^{- 1} x)

$\phi(\Lambda^{-1} x)$ , hace

Λ^{- 1}

$\Lambda^{-1}$ solo transforma

x

$x$ , o

k

$k$ ¿al mismo tiempo?

ryan unger

Creo que es una mala notación. No funciona cuando consideramos campos como operadores, porque los modos (a) no dependen de x sino que se transforman.

Respuestas (1)

¿La invariancia de Lorentz de la ecuación de movimiento garantiza la invariancia de Lorentz de las soluciones?

No. Cuando no ocurre hablamos de ruptura espontánea de la simetría . Eche también un vistazo a esta respuesta de Qmechanic .
Entonces, ¿la solución que construyó Srednicki no es una invariante de Lorentz si permitimos a(k) arbitraria?
Sería útil si mostrara explícitamente dónde cree que esto viola la covarianza / invariancia de Lorentz, porque no lo veo: $a(k)$ va a $a(\Lambda^{-1} k)$ bajo una transformación de Lorentz, pero la invariancia de Lorentz de la medida significa que puede transformar la región de integración de nuevo para tener solo $a(k)$ ahí.
En realidad, encuentro que la transformación de la región de integración aún es problemática. Digamos que tengo $\phi(x) \to \phi(\Lambda^{-1} x) = \int d\tilde{k}[ a(\Lambda^{-1}\mathbf{ k})e^{ikx} + a^*(\Lambda^{-1} \mathbf{k})e^{-ikx}] = \int d\tilde{k}[ a(\mathbf{k})e^{i(\Lambda k)x} + a^*(\mathbf{ k})e^{-i(\Lambda k)x}] =? \phi(x)$ .
@KyleLee: la transformación de un campo escalar es $\phi'(x)=\phi(\Lambda^{-1}x)$ . Dicho esto, no sé qué estás haciendo mal.
@ACuriousMind: Estoy perplejo. como se demuestra eso $\phi'(x)=\phi(\Lambda^{-1}x)$ está satisfecho con la expansión del modo estándar en el OP?
@KyleLee: Veo lo siguiente en Weinberg: $tu (Λ) ϕ (X) {tu}^{- 1} (Λ) = \int d \tilde{k} [a (Λ k) {mi}^{i k (Λ X)} + hc] = \int d \tilde{k} [a (Λ (Λ^{- 1} k)) {mi}^{i (Λ^{- 1} k) (Λ X)} + hc]$ $U(\Lambda)\phi(x)U^{-1}(\Lambda)=\int d\tilde k[a(\Lambda k)e^{ik(\Lambda x)}+\text{h.c.}]=\int d\tilde k[a(\Lambda (\Lambda^{-1}k))e^{i(\Lambda^{-1}k)(\Lambda x)}+\text{h.c.}]$ $= \int d \tilde{k} [a (k) {mi}^{i k X} + hc] = ϕ (X)$ $=\int d\tilde k[a(k)e^{ikx}+\text{h.c.}]=\phi(x)$
@0celo7: No estoy seguro de cómo sigue la primera igualdad. si tenemos $\phi(\Lambda^{-1} x)$ , hace $\Lambda^{-1}$ solo transforma $x$ , o $k$ ¿al mismo tiempo?
Creo que es una mala notación. No funciona cuando consideramos campos como operadores, porque los modos (a) no dependen de x sino que se transforman.

heterótico · Answer 1

En el espíritu de la publicación original, dejemos $k,x$ ser 4-vectores y $\mathbf{k}$ , $\mathbf{x}$ los componentes espaciales. Entonces una cantidad de la forma

ϕ (X) \propto \int d k [a (k) {mi}^{i k X} + a^{*} (k) {mi}^{- i k X}]

$\phi(x) \propto \int dk[ a(k)e^{ikx} + a^*(k)e^{-ikx}]$ es manifiestamente invariante de Lorentz porque no contiene explícito ningún índice de Lorentz libre. Lo que hace Srednicki es que realiza la

k^{0}

$k^0$ integración, dando como resultado

ϕ (X, t) = \int \frac{d k}{F (k)} [a (k) {mi}^{i k \cdot X} + a^{*} (k) {mi}^{- i k \cdot X}],

$\phi(\mathbf{x},t) = \int \frac{d\mathbf{k}}{f(\mathbf{k})}[ a(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} + a^*(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}],$ que sólo incluye componentes espaciales. Esta expresión es invariante de Lorentz porque es solo una forma diferente de la anterior, pero no parece manifiestamente invariante de Lorentz , lo que asumo es lo que causa la confusión. Para una forma explícita de la función

f

$f$ que por supuesto estará relacionado con la energía ya que es la integral sobre

k^{0}

$k^0$ , véase, por ejemplo, la ecuación de Peskin y Schroeder (2.47).

EDITAR: Algunas justificaciones más:

El eqn de Klein-Gordon es

\partial^{m} \partial_{m} ϕ - {metro}^{2} ϕ = 0.

$\partial^\mu\partial_\mu\phi -m^2\phi=0.$ Para resolverlo, transformamos Fourier a espacio de cantidad de movimiento y obtenemos:

({pag}^{m} {pag}_{m} - {metro}^{2}) \tilde{ϕ} = 0.

$(p^\mu p_\mu -m^2)\tilde\phi=0.$ La solución general de esta ecuación es

\tilde{ϕ} (pag) = a (pag) d ({pag}^{m} {pag}_{m} - {metro}^{2}),

$\tilde\phi(p)=a(p)\delta(p^\mu p_\mu -m^2),$ lo que significa que la solución general para el Klein-Gordon es:

ϕ (X) = \frac{1}{(2 π)^{4}} \int d^{4} pag {mi}^{i pag X} \tilde{ϕ} (pag) = \frac{1}{(2 π)^{4}} \int d^{4} pag {mi}^{i pag X} a (pag) d ({pag}^{m} {pag}_{m} - {metro}^{2})

$\phi(x)=\frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4pe^{ipx}\tilde\phi(p)=\frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4pe^{ipx}a(p)\delta(p^\mu p_\mu -m^2)$ que es manifiestamente invariante de Lorentz. A continuación, puede realizar la

p^{0}

$p^0$ integración como se ha dicho anteriormente. He ignorado el término complejo conjugado en todas partes, pero debería ser trivial restaurarlo...

Qué pasa $k^0$ en el argumento de los exponentes? ¿Por qué todavía están alrededor?
@KyleLee: Se ponen en el caparazón masivo: $k^0=\sqrt{\mathbf{k}^2+m^2}$ .
Bueno, una cosa que todavía me confunde es que siento que f(k) debería configurarse apropiadamente para hacer que todo Lorentz sea invariable, no solo la medida. No veo cómo los coeficientes no juegan ningún papel en la determinación de f(k) si integro la primera integral.
@KyleLee: Lo que más me preocupa es la primera ecuación. Que hace $a(k)$ ¿significar? ¿Eso implica que tiene $k^0$ ¿dependencia? No recuerdo haber visto esta expansión antes. normalmente es el $d\mathbf{k}$ uno.
Pensé que te estabas perdiendo eso $\delta(p^2-m^2)$ factor.
@Heterotic: Nuevamente, ¿no debería terminar la integración? $p^0$ dar $f(p)$ que depende de $a(p)$ ?
@KyleLee: En la escuela, tomé una foto: gyazo.com/ed1844d7413ff428cb54b52b7ebac104 . La función delta simplemente pone $p^0$ en la capa de masa, no $p^0$ integral sobre $a$ .
@KyleLee: escala de algunos autores $a$ de modo que aparece uno sobre la raíz cuadrada de la energía, en lugar de uno sobre la energía. Resolución ligeramente mejor: imgur.com/Z07DtEY

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