Transformación de fotones bajo transformación de Lorentz

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Transformación de fotones bajo transformación de Lorentz

fotones
Física
teoría de campo
lorentz-simetría
poincaré-simetría
teoría cuántica de campos

SRS

Esta pregunta es una continuación de una de mis publicaciones anteriores. En esta publicación , pregunté sobre la transformación de los campos de fotones bajo rotación. Aquí generalizo la pregunta a la transformación de Lorentz, y motivo la razón detrás de hacer la pregunta.

Bajo la transformación de Lorenz, un campo de fermiones $\psi(x)$ se transforma como

ψ^{'} (X^{'}) = Exp [- \frac{i}{4} σ_{m v} ω^{m v}] ψ (X) .

$\psi^\prime(x^\prime)=\exp[-\frac{i}{4}\sigma_{\mu\nu}\omega^{\mu\nu}]\psi(x).$ A partir de esto, podemos leer los generadores de Lorentz (tanto los generadores de rotación como los de impulso)

j_{m v} = i (X_{m} \partial_{v} - X_{v} \partial_{m}) + \frac{1}{2} σ_{m v}

$J_{\mu\nu}=i(x_\mu\partial_\nu-x_\nu\partial_\mu)+\frac{1}{2}\sigma_{\mu\nu}$ Usando esto podemos calcular

W_{μ} W^{μ}

$W_\mu W^\mu$ para mostrar que

W_{m} W^{m} = - {metro}^{2} \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + 1)

$W_\mu W^\mu=-m^2\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+1)$

W_{μ}

$W_\mu$ es el cuadrivector de Pauli-Lubansky.

¿Cómo se transforma un campo de fotones (que es un campo vectorial) bajo la transformación de Lorentz? En realidad, quiero una expresión como la transformación anterior relacionada

A_{m}^{'} (X^{'}) = (. . .)_{m}^{v} A_{v}

$A_\mu^\prime(x^\prime)=(...)_\mu^\nu A_\nu$ para que pueda leer los generadores y calcular

W_{μ} W^{μ}

$W_\mu W^\mu$ .

Hay otras formas de computar $W_\mu$ para partículas sin masa, pero creo que si la transformación del campo de fotones se puede escribir, entonces conmutar $W_\mu W^\mu$ será más esclarecedor. ¿Alguien me puede ayudar con esa expresión?

EDITAR: Desde, $A_\mu$ es un campo vectorial, supongo que se transforma como $x_\mu$ , es decir,

A_{m}^{'} = Λ_{m}^{v} A_{v} .

$A_\mu^\prime=\Lambda_\mu^\nu A_\nu.$ Si este es el caso, los generadores son los mismos que los de

x_{μ}

$x_\mu$ . Mi sospecha es que incluso si los generadores de rotación para fotones son

J_{i}

$J_i$ , no pueden satisfacer el álgebra SU(2) porque si lo fuera entonces los fotones deberían haberse transformado como representación de SU(2). ¿Cómo cambiará la falta de masa del fotón la relación de conmutación entre diferentes

J_{i}

$J_i$ diferente del álgebra SU(2)?

honeste_vivere

Tal vez me he perdido algo, pero un fotón no siempre viaja a gran velocidad.

c

$c$ en todos los marcos de Lorentz? Es decir, ¿no es invariante el marco de impulso del fotón? ¿O estás preguntando sobre el tensor de campo electromagnético?

F^{ν λ} = \partial^{ν} A^{λ} - \partial^{λ} A^{ν}

$F^{\nu \lambda} = \partial^{\nu} A^{\lambda} - \partial^{\lambda} A^{\nu}$ ?

AccidentalFourierTransformar

@honeste_vivere la magnitud del impulso es invariable (

p^{2} = 0

$p^2=0$ en cualquier marco). Pero el impulso en sí mismo no es invariable: su dirección cambia si giras el marco.

honeste_vivere

@AccidentalFourierTransform - Ah, veo lo que estaba buscando el OP... Gracias por la aclaración.

Respuestas (1)

Transformación de fotones bajo transformación de Lorentz

Tal vez me he perdido algo, pero un fotón no siempre viaja a gran velocidad. $c$ en todos los marcos de Lorentz? Es decir, ¿no es invariante el marco de impulso del fotón? ¿O estás preguntando sobre el tensor de campo electromagnético? $F^{\nu \lambda} = \partial^{\nu} A^{\lambda} - \partial^{\lambda} A^{\nu}$ ?
@honeste_vivere la magnitud del impulso es invariable ( $p^2=0$ en cualquier marco). Pero el impulso en sí mismo no es invariable: su dirección cambia si giras el marco.
@AccidentalFourierTransform - Ah, veo lo que estaba buscando el OP... Gracias por la aclaración.

una mente curiosa · Answer 1

El potencial electromagnético $A^\mu$ es un cuatrivector, y por lo tanto se transforma en la representación fundamental de $\mathrm{SO}(1,3)$ , es decir $A^\mu\mapsto \Lambda^\mu_\nu A^\nu$ dónde $\Lambda$ es la matriz habitual de 4x4 asociada a una transformación de Lorentz.

Su pregunta parece fundamentalmente confusa sobre la diferencia entre el campo y la partícula . El campo se transforma como un cuatro vector ordinario. Una partícula no. Esto se debe a que aquí debe diferenciar entre dos tipos diferentes de representaciones grupales:

Cada campo (clásico) $\phi: \mathbb{R}^4\to V$ tiene algo de espacio objetivo $V$ , dónde $V$ es una representación de dimensión finita de los grupos de simetría relevantes. En el caso del potencial electromagnético, $V$ es la representación fundamental - la "representación vectorial" - del grupo de Lorentz $\mathrm{SO}(1,3)$ .
Sobre el espacio de estados de Hilbert de la teoría cuántica, existe otra representación unitaria . Las representaciones unitarias del grupo de Poincaré son necesariamente de dimensión infinita (el grupo de Lorentz no tiene representaciones unitarias de dimensión finita), y las posibles representaciones de dimensión infinita corresponden a partículas según la clasificación de Wigner .

La representación de dimensión finita $\rho_\text{fin}$ y la representación unitaria $\rho_\text{U}$ están relacionados por uno de los axiomas de Wightman:

\begin{matrix} (1) & ρ_{aleta} (Λ) ϕ = ρ_{tu} (Λ) ϕ ρ_{tu} (Λ)^{†} \end{matrix}

$\rho_\text{fin}(\Lambda)\phi = \rho_\text{U}(\Lambda)\phi\rho_\text{U}(\Lambda)^\dagger\tag{1}$ donde en el lhs el

ϕ

$\phi$ se actúa como el vector clásico que era, y sobre el rhs se actúa como el campo con valores de operador sobre un espacio de Hilbert de dimensión infinita que es en la teoría cuántica. Esta relación esencialmente está ahí para asegurar que la transformación del campo como operador sobre el espacio de estados de la teoría cuántica sea consistente con su comportamiento de transformación clásico.

La falta de masa del fotón no se refleja en ningún cambio de las relaciones de conmutación del álgebra de Lorentz (y no sé por qué pensarías que lo haría). Lo que hace la falta de masa es cambiar el pequeño grupo (ver superficie de transitividad o, por ejemplo, estas notas ), que es el grupo bajo el cual el cuatro impulso de una partícula es invariante. Para partículas masivas, el pequeño grupo es $\mathrm{SU}(2)$ , pero para los sin masa, es el grupo euclidiano bidimensional $\mathrm{E}(2)$ (o $\mathrm{ISO}(2)$ ).

Diferentes pequeños grupos clasifican diferentes representaciones unitarias de dimensión infinita y, de hecho, el pequeño grupo bastante inusual $\mathrm{E}(2)$ del fotón conduce a los generadores estándar de $\mathfrak{so}(1,3)$ actuando de manera bastante inusual en un estado fotónico. En particular, desde $\mathrm{SU}(2)$ no es el pequeño grupo, no se puede esperar que las rotaciones actúen de la misma manera que para las partículas masivas.

Si está interesado en una derivación detallada de la estructura del pequeño grupo y sus representaciones proyectivas permitidas, eche un vistazo, por ejemplo, a la segunda mitad del capítulo 2 de La teoría cuántica de campos, vol. Yo por Weinberg.

Hay un problema sutil con la relación $(1)$ para campos sin masa. Como se puede mostrar (cf. nuevamente Weinberg), un campo vectorial construido a partir de operadores de creación/aniquilación para una partícula sin masa solo puede obedecer a una versión modificada

\begin{matrix} (2) & ρ_{tu} (Λ) ϕ ρ_{tu} (Λ)^{†} = ρ_{aleta} (Λ) ϕ + d Ω \end{matrix}

$\rho_\text{U}(\Lambda)\phi\rho_\text{U}(\Lambda)^\dagger = \rho_\text{fin}(\Lambda)\phi + \mathrm{d}\Omega\tag{2}$ para una función del espacio-tiempo

Ω

$\Omega$ . Por lo tanto, para hacer la relación

(1)

$(1)$ mantener el espacio cuántico de estados, debemos exigir que

A \mapsto A + d Ω

$A\mapsto A + \mathrm{d}\Omega$ es una simetría de calibre de la teoría, que debe ser cociente del ingenuo espacio de estado sobre el cual

(2)

$(2)$ mantiene para obtener el espacio real de los estados físicos. Tomando el cociente identificando estados (y operadores) relacionados con el calibre,

(2)

$(2)$ se convierte

(1)

$(1)$ en el espacio real de estados (ya que

A + d Ω = A

$A+\mathrm{d}\Omega = A$ después de tomar el cociente). Esto muestra que todo campo vectorial sin masa debe ser un campo de norma en la teoría cuántica de campos.

No tengo mi copia de Weinberg I en este momento, pero creo recordar que él discute que el campo para partículas sin masa en general no se transforma como $A\to\Lambda A$ , pero algo como $A\to\Lambda A+\mathrm d\Omega$ para algunos $\Omega$ . Si queremos $A$ para transformar como un vector, debemos identificar $A$ y $A+\mathrm d\Omega$ , lo que significa que los campos sin masa deben ser campos de calibre . Si $A$ fueran masivos, sería cierto que $A\to\Lambda A$ ; pero como el fotón no tiene masa, la ley de transformación no es $A\to\Lambda A$ (No recuerdo los detalles de esto, algo sobre el grupito...)
@AccidentalFourierTransform: De hecho, Weinberg demuestra que un campo vectorial construido a partir de los operadores c/a de partículas sin masa debe ser un campo de norma (capítulos 5.9 y 8). Sin embargo, el enfoque de Weinberg para construir campos cuánticos es idiosincrásico: los construye a partir de los operadores c/a de partículas. En esta respuesta, $A^\mu$ es solo el cuatro potencial electromagnético, y se está cuantizando. Si intenta descomponerlo en modos de Fourier e interpretar los modos como operadores c/a, tendrá problemas. La solución es implementar el procedimiento BRST, no modificar el trafo del campo.
Es justo [debo admitir que me gusta mucho el enfoque de Weinberg :)]. Solo quería señalar que en algunos casos la transformación para $A$ no es tan trivial, pero tienes razón, esto es específico del enfoque de W.
@Acuriousmind ¿Quiere decir que un campo clásico sin masa, como el campo electromagnético, al ser un campo vectorial, se transforma de la misma manera que un bosón W clásico o un bosón Z? ¿No habrá ninguna complicación debido a la falta de masa del campo de fotones en el nivel clásico?
@Acuriousmind La propiedad de transformación del campo de espinor que escribí en la pregunta nos permite calcular $W^2$ para fermiones mediante la identificación de los generadores $J_{\mu\nu}$ . En el caso del campo de fotones clásico, ¿no es posible calcular $W^2$ , de la misma manera identificando los generadores? ¿Si es así, entonces cómo?
@SRS: agregaré una sección que trata sobre el problema de la transformación del indicador. ¿Has mirado el artículo de Wikipedia para $W^2$ ? Explica de manera bastante sencilla cómo evaluar el pseudovector de Pauli-Lubanski en representaciones sin masa.
@Acuriousmind Sí. Hay formas de calcular $W^2$ para campos masivos y sin masa a partir de un impulso estándar de cuatro. Pero lo que yo quería es otra cosa. quiero viajar $W^2$ para una representación averiguando $J_{\mu\nu}$ correspondiente a esa representación y usando la definición de $W^\mu$ . Expliqué esto claramente en mi pregunta, para un campo de giro de fermiones $-1/2$ . ¿Por qué no encontrar una expresión similar para $J_{\mu\nu}$ en caso de campo de fotones, y evaluación explícita $W^2$ ?
@ACuriousMind - Esta forma de computar $W^2$ , en el caso de los campos de fermiones, muestra que el número cuántico de espín del electrón es $1/2$ . de manera análoga, quiero encontrar los generadores $J_{\mu\nu}$ para el campo de fotones, y use la misma prescripción para calcular $W^2$ como se menciona en la pregunta para el campo de fermiones. Entonces la respuesta debería reproducir directamente los valores propios de la helicidad $\pm 1$ . Simplemente estoy sugiriendo una forma más directa de calcular $W^\mu$ y por lo tanto $W^2$ .
@SRS: Te dije que el "campo de fotones" se transforma en la representación habitual de cuatro vectores. Entonces en lugar de $\sigma_{\mu\nu}$ , solo usa los generadores habituales de $\mathfrak{so}(1,3)$ mismo, que son $M_{\mu\nu}$ con entradas $(M_{\mu\nu})_{\sigma\rho} = \mathrm{i}(\eta_{\mu\sigma}\eta_{\nu\rho} - \eta_{\mu\rho}\eta_{\nu\sigma})$ .
Esto suena bien y eso es lo que supuse como se menciona en la parte EDITAR de la pregunta. Bueno. Intentaré hacerlo. :-) Pero creo que esto no dará los valores de helicidad a menos que introduzcamos la información de que el campo electromagnético, además de ser un campo vectorial, tampoco tiene masa.

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