¿Qué campo de espinor corresponde a un positrón que se mueve hacia adelante?

Los espinores de Dirac son un tema exasperante, porque hay alrededor de cuatro formas sutilmente diferentes de definir frases como "la dirección en la que va un espinor" o "la carga conjugada de un espinor". Se garantiza que dos fuentes diferentes serán completamente inconsistentes, y todas excepto las mejores fuentes serán inconsistentes consigo mismas. Aquí intentaré resolver una pequeña parte de esta confusión. Para obtener más información, consulte mi respuesta sobre la conjugación de cargas de espinores .

Teoría clásica de campos

Comencemos con la mecánica clásica. Consideramos soluciones de onda plana de ecuaciones de campo clásicas, que generalmente tienen la forma

$$\alpha(k) e^{-i k \cdot x}$$ dónde$\alpha(k)$es una polarización, por ejemplo, un vector para el campo de fotones y un espinor para el campo de Dirac. El momento de un campo clásico es su carga de Noether bajo traslaciones, por lo que en general $$\text{a plane wave proportional to } e^{-ik \cdot x} \text{ has momentum proportional to } k$$ Ahora pasemos a las soluciones de ondas planas para el campo de Dirac, $$\sum_{p, s} u^s(p) e^{-i p \cdot x} + v^s(p) e^{i p \cdot x}.$$ En comparación con lo que acabamos de encontrar, concluimos $$\text{classical plane wave spinors with polarization } \begin{cases} u^s(p) \\ v^s(p) \end{cases} \text{ have momentum } \begin{cases} p \\ -p. \end{cases}$$ Es decir, para los espinores de Dirac, el parámetro$p$no corresponde al momento de una solución de onda plana clásica . Sin embargo, esto no nos dice cómo se mueve un paquete de ondas, porque las ondas planas no se mueven en absoluto. En su lugar, tenemos que mirar la velocidad del grupo $$\mathbf{v}_g = \frac{d \omega}{d \mathbf{k}}$$ de un paquete de ondas. Para las soluciones de frecuencia negativa, tanto $\omega$y$\mathbf{k}$han invertido el signo, por lo que $$\text{wavepackets built around } u^s(p) \text{ and } v^s(p) \text{ both move along } \mathbf{p}.$$ Creo que esta es la mejor manera de definir la dirección del movimiento en el sentido clásico. (Algunas fuentes en cambio dicen que$v^s(p)$se mueve a lo largo$- \mathbf{p}$pero hacia atrás en el tiempo, pero creo que esto no es útil).

Teoría cuántica de campos

Cuando pasamos a la teoría cuántica de campos, nos encontramos con más cambios de signo. Recuerde que en la teoría cuántica de campos, una solución de onda plana$\alpha(k) e^{-i k \cdot x}$se cuantifica en partículas. Para construir el espacio de Hilbert, comenzamos con un estado de vacío y postulamos un operador de creación$a_{\alpha, k}^\dagger$para cada modo.

Si hacemos esto ingenuamente para el espinor de Dirac, el operador ascendente para un modo de frecuencia negativo crea una partícula con energía negativa. Esto es malo, ya que se supone que el vacío es el estado con la energía más baja. Pero la exclusión de Pauli nos salva: en su lugar, podemos redefinir el vacío para que se llenen todos los modos de frecuencia negativa, y definir el operador de creación para tal modo como lo que previamente habíamos llamado el operador de aniquilación. Esta es la imagen del mar de Dirac. Entonces

$$\text{particles made by the creation operators for } u_s(p) e^{-ip \cdot x}, v_s(p) e^{ip \cdot x} \text{ have momentum } p.$$ Además, ambas partículas se mueven en la dirección de su impulso.$\mathbf{p}$. Todos los demás números cuánticos para el$v$las partículas se invierten de lo que cabría esperar clásicamente, como el giro y la carga, pero la dirección del movimiento sigue siendo la misma porque la velocidad cuántica$\hat{\mathbf{v}}_g = d \hat{E} / d \hat{\mathbf{p}}$Se mantiene igual.

Resumen

Para resumir, evaluaré rápidamente sus argumentos.

1. Tu primer argumento es incorrecto. El momento no corresponde a la dirección de propagación. Lo sabes por la física de segundo año: un atasco de tráfico es un ejemplo de una onda que se mueve hacia atrás pero tiene un impulso positivo.
2. Su segundo cálculo es correcto,$v^s(p)$de hecho tiene impulso$-p$.
3. El espinor clásico se mueve en la misma dirección que la partícula cuántica; debe hacerlo, si podemos tomar un límite clásico. En ambos casos, el espinor clásico/cuántico se mueve a lo largo$\mathbf{p}$.
4. De hecho, el giro hacia arriba y hacia abajo se intercambia por el argumento implícito de la teoría del agujero, junto con todo lo demás.
5. Tong es generalmente una gran fuente, pero se equivocó aquí. Le envié un correo electrónico a Tong y él estuvo de acuerdo y lo arregló en la última versión de las notas.

Otras fuentes pueden diferir de lo que se dice aquí debido a la convención métrica, la convención de matriz gamma o si consideran que algún subconjunto de los objetos "se mueve hacia atrás en el tiempo".

En realidad, también luché mucho con la comprensión de las soluciones de "positrones".$v(p)e^{ipx}$de la ecuación de Dirac, pero creo que ahora lo he entendido. También estoy de acuerdo en que la mayoría de las fuentes bibliográficas no aclaran las posibles confusiones del tema, en sus formulaciones a menudo no son lo suficientemente precisas, lo que finalmente conduce a muchos signos de interrogación. Por ejemplo, como mostraré al final, Tong no está completamente equivocado, simplemente se olvidó de agregar un contratérmino en el hamiltoniano de la ecuación de Dirac para hacerlo bien.

En primer lugar, se debe enfatizar que ambas soluciones de la ecuación de Dirac solo pueden entenderse completamente en el marco de la segunda cuantización. En este marco el operador de campo$\psi(x)$y su contraparte$\psi^\dagger(x)$se definen de la siguiente manera:

$\psi(x) = \Sigma_{p,s} ( a_{p,s} u(p)e^{-ipx} + b^\dagger_{p,s} v(p)e^{ipx})$

Es muy importante reconocer a partir de esta fórmula que la llamada "solución de positrones" tiene un operador de creación adjunto en contraste con la solución normal que tiene un operador de aniquilación adjunto.

Esto significa que la solución de "positrones" no es simplemente otra solución adicional, tiene una propiedad que realmente la distingue de la solución de electrones. Buscando$\psi^\dagger(x)$lo vemos mejor:

$\psi^\dagger(x) = \Sigma_{p,s} ( b_{p,s} v^\dagger(p)e^{-ipx} + a^\dagger_{p,s}u^\dagger(p)e^{ipx})$

En realidad, en la dispersión$u(p)e^{-ipx}$describe una partícula entrante mientras que uno$v(p)e^{ipx}$asociado con la descripción de una partícula saliente.

Así como nos asociaríamos$v^\dagger(p)e^{-ipx}$con una partícula entrante y$u^\dagger(p)e^{ipx}$con una partícula saliente. Entonces podemos interpretar que$v^\dagger(p)e^{-ipx}$es en realidad un positrón entrante para ser aniquilado que debe compararse con$u(p)e^{-ipx}$ya que es una solución de electrones entrantes también para ser aniquilada. Para completar la analogía, comprobamos la energía y el momento de esta solución.$v^\dagger(p)e^{-ipx}$actuando los operadores de 1 partícula$P$y$H$en él y obtener valores positivos.

Pero que es$v(p)e^{ipx}$entonces ? Es una descripción de un "positrón" saliente. Sin embargo, en elementos de matriz de dispersión (típicamente no relativistas) como$\psi^*V\psi$tal expresión se simboliza como$\psi^*$en el que normalmente los operadores$P$y$H$no se aplican desde el lado izquierdo, si se hace a pesar de que uno podría no preguntarse sobre resultados sorprendentes como$(-{\bf p},-E)$como valores propios. Los últimos 2 párrafos sirven principalmente como explicaciones intuitivas, para una explicación más rigurosa, consulte el formalismo QFT al que llego ahora.

Pero el formalismo de 2. cuantización (o simplemente el formalismo QFT) describe esto elegantemente al poner un operador de creación como coeficiente de$v(p)e^{ipx}$(y no un operador de aniquilación) y uno no está obligado a hacer actuar un operador$P$o$H$en$\psi^*$que en realidad es muy incómodo.

El formalismo QFT en realidad puede más: el operador de momento$P$compuesto por operadores de campo es:

$P = \int d^3x\, \psi^\dagger (-i {\bf\nabla})\psi =\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \sum_s {\bf p} \left(a^\dagger_{p,s} a_{p,s} + b^\dagger_{p,s} b_{p,s}\right)$

Si se aplica en un estado de 1 antipartícula (positrón)$\overline{|{\bf p}>}$(se supone que la barra sobre el estado lo marca como estado de antipartículas) obtenemos$+{\bf p}$como valor propio. Entonces, el impulso del estado de positrones es positivo. Por supuesto que podemos aplicarlo al estado de 1 partícula.$|{\bf p}>$y también obtener$+{\bf p}$como valor propio.

Lo mismo se puede hacer con el operador de Hamilton:$H=\int d^3x\, \psi^\dagger (i \frac{\partial}{\partial t})\psi + 4E_0 V =\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \sum_s E_p \left(a^\dagger_{p,s} a_{p,s} + b^\dagger_{p,s} b_{p,s}\right)$.

¿Y por qué obtuviste un resultado negativo? Porque el contratérmino se olvidó en la expresión de Tong (aparte de otros aspectos explicados a continuación).

Para llegar a la expresión que contiene los operadores de creación y aniquilación, se deben aplicar las reglas anticonmutador para fermiones que conducen a una energía de punto cero negativa que debe compensarse con el contratérmino$4E_0 V$dónde$E_0= \frac{1}{2}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}E_p$y$V=\int d^3 x\,\,$.

(Estas manipulaciones y este formalismo están muy bien documentados en los libros sobre QFT, por lo que no entraré aquí en explicaciones más largas). Entonces Tong no está tan equivocado, pero puede ser que no enfatizó en particular que el$\psi$'arena$\psi^\dagger$se supone que son operadores de campo y no soluciones de 1 partícula (y olvidó el contratérmino). Con las correspondientes reglas de (anti)-conmutador aplicadas, el resultado correcto sale casi automáticamente.

Recapitulemos: La regla general a tener en cuenta es que cualquier resultado a obtener en QM o QFT relativista tiene que hacerse con los operadores de campo (y NO con las soluciones de 1 partícula) y aplicando las correspondientes reglas de (anti)-conmutador .

El segundo aspecto importante a tener en cuenta es que$v(p)e^{ipx}$en realidad no describe un "estándar", es decir, un positrón entrante, sino un positrón saliente que explica un par de sus propiedades "incómodas". Sin embargo,$v^\dagger(p)e^{-ipx}$describe un entrante, es decir, una especie de positrón "normal".
Si no te gusta esto, aún puedes interpretar el positrón saliente$v(p)e^{ipx}$como electrón entrante con$(-{\bf p},-E)$corriendo hacia atrás en el tiempo.