Prueba de la relación de anticonmutación para matrices gamma a partir de la ecuación de Dirac

Question

Prueba de la relación de anticonmutación para matrices gamma a partir de la ecuación de Dirac

Física
tensor-métrico
anticonmutador
matrices de dirac
Álgebra de Clifford

Tomás

Mi libro de texto sobre QFT dice que la ecuación de Dirac se puede usar para mostrar la siguiente relación:

{γ^{m}, γ^{v}} = 2 {gramo}^{m v}

$\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\}=2g^{\mu\nu}$

He buscado y no he podido encontrar cómo probar esto, ya que parece que debe asumirse en algún momento por definición. Entendí que esta relación es fundamental y que se asume para que las matrices gamma generen una representación matricial del álgebra de Clifford, por lo que es una suposición matemática en lugar de algo que deriva de una ecuación física. Un enfoque que comencé es tomar la ecuación de Dirac y luego multiplicar de la siguiente manera:

(i γ^{v} \partial_{v} - metro) ψ = 0

$(i\gamma^{\nu}\partial_{\nu}-m)\psi=0$

(i γ^{m} \partial_{m} + metro) (i γ^{v} \partial_{v} - metro) ψ = 0

$(i\gamma^{\mu}\partial_{\mu}+m)(i\gamma^{\nu}\partial_{\nu}-m)\psi=0$

- (γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + {metro}^{2}) ψ = 0

$-(\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}\partial_{\nu}\partial_{\mu}+m^2)\psi=0$

¿Hay alguna forma de usar esto para mostrar la identidad dada?

j murray

¿Qué libro de texto estás usando? Estoy de acuerdo en que, por lo general, uno ve el problema al revés, pero si (por ejemplo) exige que aplicar el operador de Dirac dos veces produzca la ecuación de Klein-Gordon, entonces se siguen las relaciones anticonmutación necesarias.

Tomás

Gracias, creo que ahora lo tengo: la métrica está en la definición de d'Alembertian, por lo que solo opera dos veces y luego compara con KG.

j murray

Sí. En términos generales, Dirac quería "factorizar" la ecuación de Klein-Gordon para producir una ecuación que fuera de primer orden en el tiempo, por lo que postuló la forma anterior para alguna incógnita

γ^{μ}

$\gamma^\mu$ , y luego dedujo las restricciones necesarias sobre ellos, que son precisamente las características definitorias de lo que ahora llamamos el álgebra de Dirac.

Mozibur Ullah

Consulte el segundo capítulo de Freemans Dysons Lectures on Advanced QM , donde deriva las reglas anticonmutación siguiendo el razonamiento original de Dirac. Está disponible en línea en el arxiv

Respuestas (4)

Prueba de la relación de anticonmutación para matrices gamma a partir de la ecuación de Dirac

¿Qué libro de texto estás usando? Estoy de acuerdo en que, por lo general, uno ve el problema al revés, pero si (por ejemplo) exige que aplicar el operador de Dirac dos veces produzca la ecuación de Klein-Gordon, entonces se siguen las relaciones anticonmutación necesarias.
Gracias, creo que ahora lo tengo: la métrica está en la definición de d'Alembertian, por lo que solo opera dos veces y luego compara con KG.
Sí. En términos generales, Dirac quería "factorizar" la ecuación de Klein-Gordon para producir una ecuación que fuera de primer orden en el tiempo, por lo que postuló la forma anterior para alguna incógnita $\gamma^\mu$ , y luego dedujo las restricciones necesarias sobre ellos, que son precisamente las características definitorias de lo que ahora llamamos el álgebra de Dirac.
Consulte el segundo capítulo de Freemans Dysons Lectures on Advanced QM , donde deriva las reglas anticonmutación siguiendo el razonamiento original de Dirac. Está disponible en línea en el arxiv

MycrofD · Answer 1

Incluso si esto es similar, esta respuesta debería ser más clara, como lo fue para mí.

Estamos aquí.

\begin{array}{rcl} (γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + {metro}^{2}) ψ & = & 0 \\ (γ^{m} γ^{v} \partial_{m} \partial_{v} + {metro}^{2}) ψ & = & 0 \end{array}

$\begin{eqnarray*} (\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\nu \partial_\mu + m^2)\psi &=& 0\\ (\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu + m^2)\psi &=& 0 \end{eqnarray*}$ Sumando ambas ecuaciones,

\begin{array}{rcl} [(γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + γ^{m} γ^{v} \partial_{m} \partial_{v}) + 2 {metro}^{2}] ψ & = & 0 \end{array}

$\begin{eqnarray*} [(\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\nu \partial_\mu+\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu) + 2m^2]\psi &=& 0\\ \end{eqnarray*}$ Dividiendo por 2,

\begin{array}{rcl} [\frac{1}{2} (γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + γ^{m} γ^{v} \partial_{m} \partial_{v}) + {metro}^{2}] ψ & = & 0 \end{array}

$\begin{eqnarray*} \left[\frac{1}{2}(\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\nu \partial_\mu+\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu) + m^2\right]\psi &=& 0\\ \end{eqnarray*}$ y comparando con la ecuación de Klein Gordon,

\begin{array}{rcl} (\partial^{m} \partial_{m} + {metro}^{2}) ψ & = & 0 \\ \Rightarrow ({gramo}^{m v} \partial_{v} \partial_{m} + {metro}^{2}) ψ & = & 0 \end{array}

$\begin{eqnarray*} (\partial^\mu \partial_\mu+ m^2)\psi &=& 0\\ \Rightarrow (g^{\mu\nu} \partial_\nu \partial_\mu+ m^2)\psi &=& 0\\ \end{eqnarray*}$ obtenemos,

\begin{array}{rcl} {gramo}^{m v} \partial_{v} \partial_{m} & = & \frac{1}{2} (γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + γ^{m} γ^{v} \partial_{m} \partial_{v}) \\ = & \frac{1}{2} (γ^{v} γ^{m} \partial_{v} \partial_{m} + γ^{m} γ^{v} \partial_{v} \partial_{m}) :como \partial_{v} \partial_{m} = \partial_{m} \partial_{v}, \\ = & \frac{1}{2} (γ^{v} γ^{m} + γ^{m} γ^{v}) \partial_{v} \partial_{m} \end{array}

$\begin{eqnarray*} g^{\mu\nu} \partial_\nu \partial_\mu &=& \frac{1}{2}(\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\nu \partial_\mu+\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu)\\ &=& \frac{1}{2}(\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\nu \partial_\mu+\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\nu \partial_\mu) {\text{ :as $\partial_\nu \partial_\mu =\partial_\mu \partial_\nu$},}\\ &=& \frac{1}{2}(\gamma^\nu \gamma^\mu +\gamma^\mu \gamma^\nu )\partial_\nu \partial_\mu\\ \end{eqnarray*}$ Entonces tenemos

\begin{array}{rcl} (γ^{v} γ^{m} + γ^{m} γ^{v}) & = & 2 {gramo}^{m v} \\ \Rightarrow {γ^{v}, γ^{m}} & = & 2 {gramo}^{m v} \end{array}

$\begin{eqnarray*} (\gamma^\nu \gamma^\mu +\gamma^\mu \gamma^\nu ) &=& 2 g^{\mu\nu}\\ \Rightarrow \{\gamma^\nu, \gamma^\mu \} &=& 2 g^{\mu\nu}\\ \end{eqnarray*}$

Física_Et_Al · Answer 2

Para ser honesto, creo que en este caso la mejor prueba es por cálculo directo. Las matrices gamma son

γ^{0} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) γ^{1} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

$\begin{equation} \gamma^{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\newline 0 & 1 & 0 & 0\newline 0 & 0 & -1 & 0\newline 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\, \quad \gamma^{1}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1\newline 0 & 0 & 1 & 0\newline 0 & -1 & 0 & 0\newline -1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\, \end{equation}$ y

γ^{2} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & - i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ - i & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) γ^{3} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \\ - 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) .

$\begin{equation} \gamma^{2}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -i\newline 0 & 0 & i & 0\newline 0 & i & 0 & 0\newline -i & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\, \quad \gamma^{3}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\newline 0 & 0 & 0 & -1\newline -1 & 0 & 0 & 0\newline 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \end{equation}$

El cálculo directo muestra que

{γ^{0}, γ^{0}} = γ^{0} γ^{0} + γ^{0} γ^{0} = 2 η^{00} I_{4}

$\{\gamma^{0},\gamma^{0}\} = \gamma^{0}\gamma^{0} + \gamma^{0}\gamma^{0} = 2\eta^{00}\mathbb{I}_{4}\,$

dónde $\eta^{00}=1$ y $\mathbb{I}_{4}$ es el $4\times 4$ matriz de identidad. Además, el cálculo directo muestra que

{γ^{0}, γ^{i}} = γ^{0} γ^{i} + γ^{i} γ^{0} = 2 η^{0 i} I_{4} = 0_{4, 4}

$\{\gamma^{0},\gamma^{i}\} = \gamma^{0}\gamma^{i} + \gamma^{i}\gamma^{0} = 2\eta^{0i}\mathbb{I}_{4}\, = 0_{4,4}\,$

dónde $\eta^{0i}=0$ para $i=1, 2, 3$ y $0_{4,4}$ es el $4\times 4$ matriz con todas las entradas cero. Cálculos adicionales muestran que

{γ^{i}, γ^{i}} = 2 η^{i i} I_{4}

$\{\gamma^{i}, \gamma^{i}\} = 2\eta^{ii}\mathbb{I}_{4}$

y eso

{γ^{i}, γ^{j}} = 2 η^{i j} I_{4} = 0_{4, 4},

$\{\gamma^{i}, \gamma^{j}\} = 2\eta^{ij}\mathbb{I}_{4}=0_{4,4}\,,$ dónde

η^{i i} = - 1

$\eta^{ii}=-1$ y

η^{i j} = 0

$\eta^{ij}=0$ para

i \neq j

$i\ne j$ con ambos

i

$i$ y

j

$j$ tomando valores de

1, 2, 3 .

$1, 2, 3\,.$

Los resultados

{γ^{0}, γ^{0}} = 2 η^{00} I_{4}

$\{\gamma^{0},\gamma^{0}\} = 2\eta^{00}\mathbb{I}_{4}$

{γ^{0}, γ^{i}} = 2 η^{0 i} I_{4} = 0_{4, 4}

$\{\gamma^{0},\gamma^{i}\} = 2\eta^{0i}\mathbb{I}_{4}=0_{4,4}$

{γ^{i}, γ^{i}} = 2 η^{i i} I_{4},

$\{\gamma^{i},\gamma^{i}\} = 2\eta^{ii}\mathbb{I}_{4},$

{γ^{i}, γ^{j}} = 2 η^{i j} I_{4} = 0_{4, 4}

$\{\gamma^{i},\gamma^{j}\} = 2\eta^{ij}\mathbb{I}_{4}=0_{4,4}$ se puede resumir en la fórmula única

{γ^{m}, γ^{v}} = 2 η^{m v} I_{4}

$\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2\eta^{\mu\nu}\mathbb{I}_{4}$

dónde $\eta^{\mu\nu}$ satisface

η^{m v} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) .

$\begin{equation} \eta^{\mu\nu}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\newline 0 & -1 & 0 & 0\newline 0 & 0 & -1 & 0\newline 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\,. \end{equation}$ Esto significa

η^{μ ν}

$\eta^{\mu\nu}$ es el tensor métrico del espacio-tiempo de Minkowski de la relatividad especial.

prefiero la expresion $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2\eta^{\mu\nu}\mathbb{I}_{4}$ en lugar de $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2\eta^{\mu\nu}$ (o $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2g^{\mu\nu}$ como escribió el cartel) lo que da la falsa impresión de que $\{\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}\}$ es solo un número ya que para cualquier valor elegido del par ( $\mu,\nu)$ la entrada en $g^{\mu\nu}=\eta^{\mu\nu}$ es igual a 0 o $\pm 1$ . Claramente este no es el caso ya que $\{\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}\}$ implica la suma de los productos de $4\times 4$ matrices.

Declaración: no se me ocurrió la notación $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2\eta^{\mu\nu}\mathbb{I}_{4}$ mí mismo. Lo vi en la entrada de Wikipedia para matrices gamma ( https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_matrices ) hoy temprano. Sin embargo, observo que los dos libros QFT que tengo a mano usan la notación $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = 2g^{\mu\nu}$ (Itzykson y Zuber) y $\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\} = -2g^{\mu\nu}$ (Srednicki, donde $g^{\mu\nu} = \mbox{diag}(-1,1,1,1)\,$ ) pero nuevamente creo que esta notación es confusa.

JG · Answer 3

La derivada de segundo orden es $g^{\mu\nu}\partial_\nu\partial_\mu$ , pero desde $\partial_\nu\partial_\mu$ es simétrica la coincidencia de coeficientes simetrizados, a saber. $\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=g^{\mu\nu}+g^{\nu\mu}=2g^{\mu\nu}$ .

Jon · Answer 4

Solo escribe

γ^{m} γ^{v} = \frac{1}{2} {γ^{m}, γ^{v}} + \frac{1}{2} [γ^{m}, γ^{v}]

$\gamma^\mu\gamma^\nu=\frac{1}{2}\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}+\frac{1}{2}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]$ y tenga en cuenta que el último término es antisimétrico.

Prueba de la relación de anticonmutación para matrices gamma a partir de la ecuación de Dirac

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j murray

Tomás

j murray

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Jon

/a/a=a2⧸a⧸a=a2\displaystyle{\not}{a}\displaystyle{\not}{a} = a^2 o −a2−a2-a^2 en Srednicki

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