¡Tenía básicamente las mismas preguntas que tú! En mi caso al menos, se debió a que no entendí bien los argumentos anteriores, así que trataré de explicarlo todo de manera ordenada. Me tomó muchas horas estar confundido, pero creo que finalmente lo entiendo.

Pero primero, déjame ser claro con esto:$k'$no es un impulso estándar . En mi opinión, la notación que eligió Weinberg es algo confusa aquí, pero el libro es casi perfecto, así que podemos perdonarlo :). Cambiaré un poco la notación. Aviso: la respuesta real a su pregunta viene después de esta primera sección , pero creo que esto también es muy útil.

Introducción: cómo y por qué usamos estados de impulso estándar

El$\sigma$índices en$\Psi_{p,\sigma}$indican los grados de libertad de una partícula que no están incluidos en su cantidad de movimiento, y queremos entender cómo cambian estos bajo las transformaciones de Lorentz. Para empezar, usaré un$\Phi$base en lugar de la$\Psi$base para indicar los estados propios de los restantes observables sin impulso necesarios para cubrir todo el espacio de Hilbert. En otras palabras, tenemos un conjunto de observables conmutables$\mathcal{O}$para cual$\mathcal{O}\Phi_{p,\alpha}=\alpha \Phi_{p,\alpha}$.

La transformación más general que sufrirá el Estado es

$$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} \sum_{p'} A(p',p,\alpha',\alpha,\Lambda) \Phi_{p',\alpha'},$$ donde termina la suma$p'$es continua sobre todos los momentos posibles. Pero de los argumentos anteriores en el libro, está claro que$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha}$tiene impulso$\Lambda p$, entonces podemos escribir $$U(\Lambda) \Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(\Lambda,p) \Phi_{\Lambda p, \alpha'}.$$ Esto nos dice que bajo una transformación de Lorentz, es posible que$\alpha$los índices se mezclarán. Tenga en cuenta que lo que sucede con un índice de impulso es muy simple:$p\to \Lambda p$. Mientras tanto para$\alpha$, podríamos obtener una superposición complicada de varios estados.

Simplifiquemos esto: elegimos un momento estándar$p\equiv k$y transformación estándar$\Lambda\equiv L(k,p)$en la ecuación anterior, tal que$Lk=p$. haber arreglado$k$y$L$,$C_{\alpha'\alpha}$solo depende de$p$implícitamente a través de$L$(ya no depende de una transformación general$\Lambda$). Esto es importante. (Pero solo quedará claro más adelante). Conectando arriba, obtenemos

$$U(L(k,p)) \Phi_{k,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) \Phi_{p,\alpha'}.$$ Pero ahora elijamos otra base discreta para etiquetar nuestros estados con:$\Psi_{p,\sigma}$en lugar de$\Phi_{p,\alpha}$(que correspondería a otros observables, por supuesto). Tenemos $$\Psi_{p, \sigma} \equiv \sum_{\alpha} \tilde{B}_{\sigma \alpha}(p) \Phi_{p, \alpha}, \quad \Phi_{p, \alpha} \equiv \sum_{\sigma} B_{\alpha \sigma}(p) \Psi_{p, \sigma}.$$ Conectando arriba, obtenemos (suponiendo lineal$U$por simplicidad) $$\sum_\sigma \left(B_{\alpha \sigma}(k) U(L) \Psi_{k,\sigma} - \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) \Psi_{p,\sigma}\right) = 0$$

Aquí está el truco: elige el$\Psi_{p,\sigma}$base tal que$B_{\alpha \sigma}(k) = \delta_{\alpha \sigma}$, y el uno para el otro$p$,

$$\sum_{\alpha'}C_{\alpha' \alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) = \frac{\delta_{\alpha \sigma}}{N(p)}.$$ Finalmente entonces con esta nueva base tenemos $$N(p)U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma} = \Psi_{p,\sigma}.$$ El nuevo$\Psi$La base es fantástica porque bajo esta transformación de Lorentz, tenemos la relación simple anterior: no hay mezcla de$\sigma$índices. A esto se refiere Weinberg cuando dice que definimos$\Psi_{p,\sigma}$De este modo. ¡Pero esto no es válido para ninguna transformación de Lorentz ! Tenga en cuenta que era importante fijar un impulso$k$y transformación$L$en los argumentos anteriores, de modo que el$C_{\alpha'\alpha}$los coeficientes sólo dependían de$p$. Si también dependieran de$\Lambda$, no seríamos capaces de elegir consistentemente un$\Psi$base que satisfaga la fórmula anterior. En particular, tenemos que para algunos generales$\Lambda$,$U(\Lambda)\Psi_{k,\sigma}$terminará en una superposición de estados con diferentes$\sigma$valores.

Notamos que elegir un momento estándar$k$y transformación$L$no nos permite alcanzar todos los momentos posibles$p$. Solo podemos alcanzar esos momentos que tienen la misma masa que$k$y el valor de sgn($k^0$). Por lo tanto, requerimos 6 clases de momentos estándar y transformaciones. Dentro de cada clase también podemos tener diferentes especies de partículas (p. ej., partículas de diferente masa positiva), que requieren diferentes momentos estándar.$k$y transformaciones$L$.

el pequeño grupo

El grupito consta de transformaciones$W$satisfactorio$Wk=k$. En otras palabras,$U(W)$actuando$\Psi_{k,\sigma}$solo se mezcla$\sigma$índices. Una transformación general de Lorentz tiene 6 parámetros independientes, por lo que hay 6 generadores. Pero la restricción$Wk=k$impone 3 condiciones independientes, resultando en$W$teniendo 3 parámetros. Entonces esperamos que el pequeño grupo tenga 3 generadores. De hecho, este es el caso de todos$p\neq 0$, donde tenemos los grupos SO(3) e ISO(2). El$p=0$caso no impone restricciones a$W$entonces todavía tenemos SO(3,1). La regla de transformación será de la forma

$$U(W)\Psi_{k,\sigma} = \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W) \Psi_{k,\sigma'}$$ Como verificación para ver si está siguiendo: ¿cuál debería ser el valor de$D_{\sigma'\sigma}(W)$ser cuando$W$es una transformación estándar?

Una vez que tenemos las matrices de pequeños grupos, estamos listos, ¡ya que podemos encontrar cómo se transforman nuestros estados generales!

$$\begin{align} U(\Lambda) \Psi_{p,\sigma} &= N(p) U(\Lambda) U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(L^{-1}(k,\Lambda p)\Lambda L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(W(\Lambda,p)) \Psi_{k,\sigma} \\ &=N(p) \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) U(L(k,\Lambda p)) \Psi_{k,\sigma'}\\ &= \frac{N(p)}{N(\Lambda p)} \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) \Psi_{\Lambda p, \sigma'}, \end{align}$$ donde identificamos el elemento del grupito$W(\Lambda,p)=L^{-1}(k,\Lambda p) \Lambda L(k,p)$.

Normalización de estados de impulso estándar

Les dejo mostrar lo siguiente: si queremos que el$D$matrices para proporcionar una representación unitaria del pequeño grupo, requerimos que los estados se normalicen como

$$(\Psi_{k,\sigma},\Psi_{p,\sigma'}) = \delta^3(\vec{p}-\vec{k}) \delta_{\sigma\sigma'}.$$ Aquí$p$no es un impulso estándar. ¿Por qué se puede hacer esta normalización? Sabemos que ambos estados son estados propios de$\vec{P}$, por lo que deben ser ortogonales si corresponden a valores propios diferentes. La función delta no tiene un prefactor dependiente de$k$porque podemos simplemente absorber eso en la definición de$\Psi_{k,\sigma}$(y no hay$p$factor dependiente porque para$p\neq k$, esto es cero de todos modos). La parte profunda de esta normalización, la parte que realmente determina que el$D$matrices proporcionan una representación unitaria, es la$\delta_{\sigma\sigma'}$factor.

Normalización de estados generales de 1 partícula

Ahora todo lo que nos falta es el caso de$(\Psi_{p,\sigma},\Psi_{p',\sigma'})$. El producto no implica un impulso estándar.$k$, por lo que el prefactor potencial dependiente de$p$que mencioné anteriormente puede aparecer aquí, y no es obvio a priori que el$\sigma$las etiquetas darán un factor delta. Spoiler: aparece un factor previo dependiente del impulso, pero nuevamente nos deshacemos de él al volver a escalar$\Psi_{p,\sigma}$. Este cambio de escala está permitido debido a la$N(p)$factor que incluimos en la definición de$\Psi_{p,\sigma}$en la primera sección. Pero el factor delta para el$\sigma$las etiquetas siguen siendo las mismas. Volvamos a derivar esto aquí:

$$\begin{align} (\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{p,\sigma}) &= N(p)(\Psi_{p',\sigma'},U(L(k,p))\Psi_{k,\sigma}) \\ &=N(p) (U(L^{-1}(k,p))\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{k,\sigma}) \\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(L^{-1}(k,p)p')}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)(\Psi_{L^{-1}p',\alpha},\Psi_{k,\sigma})\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)\delta^3(\vec{q}-\vec{k}) \delta_{\alpha\sigma}\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)} D_{\sigma\sigma'}^*(W) \delta^3(\vec{q}-\vec{k}). \end{align}$$ Aquí definimos$q=L^{-1}(k,p)p'$. para lo especifico$W(L^{-1},p')$aquí, puedes comprobar en unos pocos pasos que$D_{\sigma\sigma'}(W)=\delta_{\sigma\sigma'}$. Desde$(q-k)=L^{-1}(k,p)(p'-p)$, la cantidad anterior es distinta de cero solo para$p'=p$, por lo que podemos escribirlo como $$|N(p)|^2 \delta_{\sigma\sigma'} \delta^3(\vec{q}-\vec{k}).$$ (porque cuando$p=p'$,$q=L^{-1}(k,p)p'=L^{-1}(k,p)p=k$y$N(k)=1$). El paso final en la normalización es relacionar la función delta anterior con$\delta^3(\vec{p}-\vec{p}')$.

¡Espero que esto haya ayudado! Avíseme si algo de lo anterior no está claro.