Momento angular del campo de Dirac

Question

Momento angular del campo de Dirac

alex v

Estoy revisando la discusión de Peskin & Shroeder sobre el campo de Dirac, y estoy luchando con un par de afirmaciones que hacen sobre el momento angular. En primer lugar, el operador de momento angular viene dado por:

j = \int d^{3} X ψ^{†} (X) [X \times (- i \nabla) + \frac{1}{2} Σ] ψ (X)

$\mathbf{J} = \int d^3 \mathbf{x} \, \psi^{\dagger}(x) \left[ \mathbf{x} \times (-i \nabla) + \frac{1}{2}\mathbf{\Sigma} \right] \psi(x)$

dónde $\mathbf{\Sigma}$ son, en la representación quiral, las matrices de Pauli duplicadas : $\Sigma^i = \begin{pmatrix} \sigma^i & 0 \\ 0 & \sigma^i \end{pmatrix}$ . Ahora, el libro afirma:

La división del momento angular en espín y partes orbitales no es fácil para los fermiones relativistas. Dado que el momento lineal del campo es:
$PAG = \int d^{3} X ψ^{†} (X) (- i \nabla) ψ (X)$ $\mathbf{P} = \int d^3 \mathbf{x} \, \psi^{\dagger}(x) (-i \nabla) \psi(x)$ me parece bastante natural interpretar el primer término de $\mathbf{J}$ como el momento angular orbital y el segundo como el espín. ¿Por qué esto no es válido en general?
El operador de momento angular (al menos la componente z , aunque creo que esto debería ser cierto para cualquier componente) aniquila el estado de vacío $|0\rangle$ . Sin embargo, esto no es sencillo para mí ya que habrá un término proporcional a $a^{\dagger}b^{\dagger}|0\rangle$ al calcular $J^z |0\rangle$ que no veo cómo cancelar.
para estados $b^{s\dagger}_\mathbf{0} |0\rangle$ , y suponiendo que el resultado anterior sea cierto, podemos escribir:
$j^{z} b_{0}^{s †} | 0 ⟩ = [j^{z}, b_{0}^{s †}] | 0 ⟩$ $J^z b^{s\dagger}_\mathbf{0} |0\rangle = [J^z, b^{s\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle$ Entonces se supone que es sencillo demostrar que el primer término de $J^z$ (es decir, la parte orbital ) no contribuye a esta expresión, pero no sé cómo demostrarlo.

Estoy usando las siguientes convenciones para el campo:

ψ (X) = \int \frac{d^{3} pag}{(2 π)^{3}} \frac{1}{\sqrt{2 {mi}_{pag}}} \sum_{s} [a_{pag}^{s} {tu}^{s} (pag) {mi}^{- i pag \cdot X} + b_{pag}^{s †} v^{s} (pag) {mi}^{i pag \cdot X}]

$\psi(x) = \int \frac{d^3 \mathbf{p}}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}} \sum_{s} \left[ a^s_{\mathbf{p}} u^s(p) e^{-ip\cdot x} + b^{s\dagger}_{\mathbf{p}} v^s(p) e^{ip\cdot x} \right]$

Sé que no he dado muchos resultados que obtuve por mi cuenta, pero eso es porque todo lo que pude hacer fue básicamente cálculos sucios en una hoja de papel que no parecen útiles para la discusión...

EDITAR (para proporcionar más información después de la respuesta por Nombre YYY )

i) En primer lugar, la componente z del operador de momento angular viene dada explícitamente en términos de operadores de creación y aniquilación por:

j^{z} = \int d^{3} X \frac{d^{3} pag d^{3} k {mi}^{- i (pag - k) \cdot X}}{(2 π)^{6} \sqrt{4 {mi}_{pag} {mi}_{k}}} \times \sum_{r, s} [b_{- pag}^{r} v^{r †} (- pag) + a_{pag}^{r †} {tu}^{r †} (pag)] [(X \times k)^{z} + \frac{Σ^{3}}{2}] [a_{k}^{s} {tu}^{s} (k) + b_{- k}^{s †} v^{s} (- k)]

$J^z = \int d^3 \mathbf{x} \frac{d^3 \mathbf{p} d^3 \mathbf{k} \, e^{-i(\mathbf{p}-\mathbf{k})\cdot\mathbf{x}} }{(2\pi)^6 \sqrt{4 E_{\mathbf{p}} E_{\mathbf{k}}}} \times \sum_{r,s} \left[ b^r_{-\mathbf{p}} v^{r \dagger} (-\mathbf{p}) + a^{r \dagger}_{\mathbf{p}} u^{r \dagger} (\mathbf{p}) \right] \left[ (\mathbf{x} \times \mathbf{k})^z + \frac{\Sigma^3}{2} \right] \left[ a^s_{\mathbf{k}} u^{s} (\mathbf{k}) + b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} v^{s} (-\mathbf{k}) \right]$

donde estoy evaluando $t=0$ los campos ya que, siendo $\mathbf{J}$ una cantidad conservada, que no afecta el resultado. Ahora, el problema es que no puedo integrar más $\mathbf{x}$ (porque tengo un $\mathbf{x}$ en el producto vectorial), que es el truco habitual para obtener un $\delta^{(3)}(\mathbf{p}-\mathbf{k})$ y luego usar la relación de ortogonalidad entre el $u$ 'arena $v$ 's. Sin esto, al aplicar $J^z$ a $|0\rangle$ , obtienes los términos de la forma $a^{r \dagger}_{\mathbf{p}} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} |0\rangle$ que no necesariamente se desvanece, ya que el factor es $u^{r\dagger} (\mathbf{p})v^{s} (-\mathbf{k})$ - posiblemente con la matriz $\Sigma^3$ en el medio en el término de espín.

ii) Ahora, con respecto a la parte orbital que se desvanece del momento angular cuando actúa sobre $b^{s \dagger}_{\mathbf{0}}|0\rangle$ , el argumento heurístico me parece un poco engañoso... El hamiltoniano también es un escalar, y puedes expandirlo usando una integral sobre todos los valores posibles del impulso, que es un vector. De manera similar, podría ser posible expandir el momento angular del estado de momento cero con una integral sobre todos los momentos posibles. Aparte de eso, pude probar que el momento angular orbital no contribuye a $[J^z, a^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle$ porque el único conmutador no nulo (que actúa sobre el vacío) usando la expresión anterior para $J^z$ es:

[a_{pag}^{r †} a_{k}^{s}, a_{0}^{t †}] | 0 ⟩ = (2 π)^{3} d^{3} (k) d^{s t} a_{pag}^{r †} | 0 ⟩

$[a^{r \dagger}_\mathbf{p} a^{s}_\mathbf{k}, a^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle = (2\pi)^3 \delta^{3}(\mathbf{k}) \delta^{st} a^{r \dagger}_\mathbf{p} |0\rangle$

pero esto hace que la parte angular del momento angular sea cero ya que contiene el producto vectorial $\mathbf{x} \times \mathbf{k}$ . El problema con el $b$ 's es que el conmutador análogo que no desaparece es:

[b_{- pag}^{r} b_{- k}^{s †}, b_{0}^{t †}] | 0 ⟩ = - (2 π)^{3} d^{3} (pag) d^{r t} b_{- k}^{s †} | 0 ⟩

$[b^{r }_{-\mathbf{p}} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}}, b^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle = - (2\pi)^3 \delta^{3}(\mathbf{p}) \delta^{rt} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} |0\rangle$

y esto contiene $\delta^{3}(\mathbf{p})$ en lugar de $\delta^{3}(\mathbf{k})$ , por lo que no es obvio cómo cancelar la parte orbital del momento angular...

Espero que mis problemas con este cálculo sean más claros ahora... ¡Gracias por su ayuda!

Iván Burbano

Para manejar la integración

x

$\bf{x}$ , tenga en cuenta que el operador diferencial solo actúa sobre el exponencial. Puedo ser cambiado por un operador diferencial en el momento

Respuestas (1)

Momento angular del campo de Dirac

Para manejar la integración $\bf{x}$ , tenga en cuenta que el operador diferencial solo actúa sobre el exponencial. Puedo ser cambiado por un operador diferencial en el momento

Nombre AAAA · Answer 1

me parece bastante natural interpretar el primer término de J como el momento angular orbital y el segundo como el espín. ¿Por qué esto no es válido en general?

La razón es que cuanto más relativista es la partícula, menos definida está la definición de espín. Formalmente esto está relacionado con el hecho de que el cuadrado del operador de Pauli-Lubanski $\hat{W}_{\mu}$ , que define el giro $s$ de representación (estado de una partícula), se convierte en cero para partículas sin masa. En lugar de espín, las partículas sin masa (podemos pensar en una partícula ultrarrelativista masiva como en una partícula sin masa) se caracterizan por la helicidad. $\hat{h}$ - la proyección del espín en la dirección del impulso, que puede tomar solo dos valores:

\hat{h} \equiv \hat{W} \cdot \frac{\hat{pag}}{| pag |} = \pm s

$\hat{h} \equiv \hat{\mathbf W} \cdot \frac{\hat{\mathbf p}}{|\mathbf p|} = \pm s$ Puede pensar heurísticamente sobre eso de la siguiente manera: cuando la partícula (bosón o fermión de espín arbitrario, no importa) se vuelve ultrarrelativista, entonces, debido al efecto de aberración relativista, la distribución de proyecciones de espín en la dirección del movimiento se vuelve solo paralela y antiparalelo.

Sin embargo, esto no es sencillo para mí ya que habrá un término proporcional a

No te olvides de las relaciones

{tu}_{s}^{†} (pag) v_{s^{'}} (- pag) = 0

$u^{\dagger}_{s}(\mathbf p)v_{s{'}}(-\mathbf p) = 0$ Esto es importante, ya que esta cantidad está en el frente de

a_{s^{'}}^{†} (pag) b_{s}^{†} (- pag) | 0 ⟩

$a_{s{'}}^{\dagger}(\mathbf p)b_{s}^{\dagger}(-\mathbf p)|0\rangle$

no contribuye a esta expresión, pero no sé cómo demostrarlo.

Dado que, como ha demostrado al responder a su segunda pregunta,

{\hat{j}}_{z} | 0 ⟩ = 0,

$\hat{\mathbf J}_{z}|0\rangle = 0,$ puedes escribir:

{\hat{j}}_{z} {\hat{a}}_{s}^{†} (pag) | 0 ⟩ \equiv {\hat{j}}_{z} {\hat{a}}_{s}^{†} (pag) | 0 ⟩ \mp {\hat{a}}_{s}^{†} (pag) {\hat{j}}_{z} | 0 ⟩ \equiv [{\hat{j}}_{z}, {\hat{a}}_{s}^{†} (pag)]_{\mp} | 0 ⟩,

$\hat{\mathbf J}_{z}\hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)|0\rangle \equiv \hat{\mathbf J}_{z}\hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)|0\rangle \mp \hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)\hat{\mathbf J}_{z}|0\rangle \equiv [\hat{\mathbf J}_{z}, \hat{a}_{s}^{\dagger}(\mathbf p)]_{\mp}|0\rangle ,$ lo que prueba la relación.

¿O ha preguntado sobre la prueba de que la parte orbital no contribuye al estado de una partícula de impulso cero? Entonces es más fácil de ver por el siguiente pensamiento heurístico: dado que el estado exterior tiene un impulso cero, entonces la cantidad

L_{0} = \int d^{3} X {\hat{Ψ}}^{†} (X) [X \times (- i \nabla)] \hat{Ψ} (X) {\hat{a}}_{s}^{†} (0) | ⟩,

$\mathbf L_{\mathbf 0} = \int d^{3}\mathbf x \hat{\Psi}^{\dagger}(\mathbf x)[\mathbf x \times (-i\mathbf{\nabla})]\hat{\Psi}(\mathbf x)\hat{a}_{s}^{\dagger}(0)|\rangle,$ no depende de ningún vector. Sin embargo, dado que es (pseudo) vector por definición, debe depender de algún vector. Para evitar esta contradicción, llegamos al enunciado de que esta cantidad es igual a cero.

Bien con la primera respuesta, pero los otros dos argumentos no parecen muy convincentes... ¡Editaré mi publicación con algunos cálculos más para que sepas exactamente dónde está mi problema!

Momento angular del campo de Dirac

alex v

Iván Burbano

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alex v

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