¿Por qué la ecuación de Dirac multiplicada por su complejo conjugado debe dar la ecuación de KG?

Question

¿Por qué la ecuación de Dirac multiplicada por su complejo conjugado debe dar la ecuación de KG?

Física
ecuación de dirac
teoría cuántica de campos
ecuación de klein-gordon

fiberto

Esta puede ser una pregunta simple. Puedo demostrar que este es el caso matemáticamente, pero no puedo explicar por qué sucede. Fue solo cuando me preguntaron por qué sucede esto cuando me di cuenta de que no podía explicarlo intuitivamente/físicamente.

Así que supongo que debe haber alguna forma en la que la ecuación de Klein-Gordan pueda recuperarse de la ecuación de Dirac, al igual que muchas cosas en física. Pero ¿por qué esto $\textit{have}$ debe hacerse multiplicando por el complejo conjugado y no alguna otra operación?

Juan Rennie

¿No se inspiró la ecuación de Dirac en un intento de sacar la raíz cuadrada de la ecuación de Klein Gordon?

fiberto

Que yo sepa si. ¿No fue un intento de no tener derivadas de segundo orden y, por lo tanto, la ecuación de Dirac es solo de primer orden en derivadas? Pero, ¿por qué tomar la raíz cuadrada de la ecuación de KG ahora debería describir partículas relativistas con un espín diferente? ¿Suerte?

Respuestas (1)

¿Por qué la ecuación de Dirac multiplicada por su complejo conjugado debe dar la ecuación de KG?

¿No se inspiró la ecuación de Dirac en un intento de sacar la raíz cuadrada de la ecuación de Klein Gordon?
Que yo sepa si. ¿No fue un intento de no tener derivadas de segundo orden y, por lo tanto, la ecuación de Dirac es solo de primer orden en derivadas? Pero, ¿por qué tomar la raíz cuadrada de la ecuación de KG ahora debería describir partículas relativistas con un espín diferente? ¿Suerte?

Motl de Luboš · Answer 1

La razon es la siguiente.

La ecuación escalar de Klein-Gordon es (y tiene que ser) una ecuación de segundo orden porque la caja

◻ = \partial_{m} \partial^{m}

$\square = \partial_\mu \partial^\mu$ es el operador diferencial invariante de Lorentz más simple que puede actuar en campos escalares. Sin embargo, Dirac quería encontrar una ecuación de primer orden y, de hecho, es posible para los espinores porque

\partial / = γ^{m} \partial_{m}

$\partial \!\!\!\! / = \gamma^\mu\partial_\mu$ también es invariante de Lorentz (no cambia las propiedades de transformación del objeto sobre el que actúa), es un operador de primer orden y puede actuar sobre espinores (los espinores son necesarios porque el operador contiene las matrices de Dirac que deben contraen sus índices con un espinor).

Por relatividad especial, las ecuaciones de onda deben imponer la masa invariante correcta. Entonces las olas de De Broglie

Exp (i {pag}_{m} X^{m}) tu

$\exp(ip_\mu x^\mu ) u$ multiplicado por una forma especial del espinor (solo en el caso de Dirac) debe ser una solución para

p_{μ} p^{μ} = m^{2}

$p_\mu p^\mu = m^2$ . En otras palabras, la relatividad especial implica que una solución a la masa

m

$m$ La ecuación de Dirac debe ser una solución a la masa.

m

$m$ Ecuación de Klein-Gordon, también.

Sin embargo, la ecuación de Dirac es más fuerte porque restringe las primeras derivadas; la ecuación de Klein-Gordon le permite elegir la función de onda y su(s) primera(s) derivada(s) y solo restringe las segundas derivadas.

En la base del impulso, la ecuación de Dirac dice

(pag / - metro) Ψ = 0

$(p\!\!\!/ - m) \Psi = 0$ que dice que el campo

Ψ

$\Psi$ debe ser un estado propio de "p-slash" con el valor propio

+ m

$+m$ . La condición

pag / - metro = 0

$p\!\!\!/ -m = 0$ implica que

p^{2} = m^{2}

$p^2=m^2$ porque

{pag}^{2} \equiv {pag}_{m} {pag}^{m} = pag / \cdot pag /

$p^2 \equiv p_\mu p^\mu = p\!\!\!/ \cdot p\!\!\!/$ debido al anticonmutador

{γ_{m}, γ_{v}} = 2 {gramo}_{m v} \cdot 1

$\{\gamma_\mu,\gamma_\nu\} = 2g_{\mu\nu}\cdot {\bf 1}$ Sin embargo,

p / = + m

$p\!\!\!/ =+m$ (al actuar sobre

Ψ

$\Psi$ ) no es equivalente a

p^{2} = m^{2}

$p^2=m^2$ (al actuar sobre

Ψ

$\Psi$ ). La primera condición es más fuerte, como dije. Es muy posible que tengamos

p / = - m

$p\!\!\!/ =-m$ y esto seguirá implicando

p^{2} = m^{2}

$p^2=m^2$ (al actuar sobre

Ψ

$\Psi$ ). Esto no es más que la afirmación de que hay dos soluciones a la ecuación

x^{2} = m^{2}

$x^2=m^2$ , a saber

x = + m

$x=+m$ y

x = - m

$x=-m$ .

Así que la condición de "Klein-Gordon" $(p^2-m^2)\Psi=0$ actuando $\Psi$ es simplemente equivalente a

(pag / + metro) (pag / - metro) Ψ = 0

$(p\!\!\!/ +m) (p\!\!\!/ -m)\Psi = 0$ que no es más controvertido que la fórmula

a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b)

$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ y este producto se puede escribir como "p-barra más m" por la ecuación de Dirac.

En otras palabras más físicas, la ecuación de Klein-Gordon permite que el vector de energía positiva $p^\mu$ así como $-p^\mu$ , su opuesto de energía negativa. Sin embargo, $(p\!\!\!/ -m)\Psi=0$ , la ecuación de Dirac, solo permite uno de los signos de la energía y este signo está correlacionado con la polarización arriba/abajo del electrón/positrón.

La ecuación de Dirac "otra" o "revertida", $(p\!\!\!/ +m)\Psi=0$ , impone el signo opuesto de la energía en función de la polarización. Está claro que la ecuación de Klein-Gordon (que actúa sobre el espinor) a la que no le importa el signo de la energía equivale a decir que el signo de la energía es el que exige la ecuación de Dirac (en función de la polarización); o el signo contrario. El signo opuesto se obtiene con las soluciones de la ecuación de Dirac "revertida".

Entonces $\Psi$ obedece a la ecuación de Klein-Gordon si y solo obedece a la ecuación de Dirac; o la ecuación de Dirac invertida; o si es una combinación de estos dos tipos de soluciones. Esto es matemáticamente equivalente a decir que la solución a la ecuación de Klein-Gordon es aniquilada por el producto del "operador de Dirac" y el "operador de Dirac invertido".

La inversión del operador de Dirac también está vinculada a algún tipo de conjugación compleja, más precisamente la conjugación de carga (C), porque el espinor conjugado con C simplemente obedece a la ecuación de Dirac invertida. Esto se puede verificar definiendo C con más cuidado y contando los signos.

Explicación perfecta. Por cierto, ¿por qué podemos simplemente trabajar "en la base del impulso" y cambiar de $\not{d_{\mu}}$ a $\not{p}$ cuando se trata de la ecuación de Dirac. Aún mejor, ¿por qué queremos hacer esto?
Estamos trabajando con la base del momento porque para la onda plana (con una dirección y frecuencia bien definidas), las ecuaciones diferenciales se convierten en simples ecuaciones algebraicas para números simples. $p_\mu$ y los componentes del espinor $u$ . La derivada parcial $\partial_\mu$ es reemplazado por $ip_\mu$ porque ese es el factor que salta cuando el operador diferencial actúa sobre la exponencial $\exp(ip_\mu x^\mu)$ . Del mismo modo, puede agregar las barras tanto a $\partial_\mu$ y $ip_\mu$ . Lo siento si $i$ debiera ser $-i$ , no quiero elegir mi convención y corregir los errores ahora.
En la mecánica cuántica regular, el operador de cantidad de movimiento en la representación de posición es $\vec p = -i\hbar \nabla$ . En la representación del momento, sin embargo, $\vec p$ es solo el operador que multiplica la función de onda $\tilde \psi(\vec p)$ por $\vec p$ en sí mismo, por lo que es más simple. El "operador de posición" es diferencial en la base del momento, pero siempre que hable de cosas que eviten por completo la noción del "operador de posición para una partícula", las cosas se simplifican en la representación del momento.
La física de partículas generalmente habla de estados propios de impulso porque los "estados propios de posición" para partículas con relativista $v$ ni siquiera se puede realizar. Por ejemplo, si intentas localizar un electrón en un espacio más pequeño que la longitud de onda de Compton (algo entre el tamaño atómico y nuclear), le das tanta energía al electrón que comienzas a crear espontáneamente pares electrón-positrón, etc. y las cosas son más complejas. Por otro lado, se sabe que los estados iniciales y finales de los aceleradores son partículas con momentos y energías medibles (no posiciones).
Lo último: aquí tengo la función de onda. $\psi(x^{\mu})=u(p^{\mu})e^{-i p x}$ y sustituyendo en la ecuación de Dirac obtenemos $(\gamma^{\mu}p_{\mu}-m)u=0$ . Entiendo que $p_{\mu}$ es arrojado fuera de $\partial_{\mu}e^{i p_{\mu} x^{\mu}}$ pero esto deja el exponencial también. ¿Hemos podido simplemente olvidarnos de él (como en el uso del 0 en el RHS)?
Bueno, en realidad no lo estás "olvidando". El $p$ o $\partial$ es un operador, y desea saber el valor del operador: multiplica el "vector de estado", en este caso $\Psi$ , por algo. Tiene algunos valores propios. El punto es que reemplazamos $\partial_\mu$ por $ip_\mu$ . El exponencial no se reemplaza, no se borra y tampoco se crea nuevamente. Estaba ahí al principio y está ahí al final. ¿Entiende el concepto de estados propios y valores propios en álgebra lineal y mecánica cuántica?
Se podría decir que la ecuación de estado propio $({\rm Operator}-{\rm Eigenvalue})V = 0$ puede ser tratado por "olvidar" $V$ es decir dividiéndolo por $V$ excepto que uno realmente no puede dividir por vectores. El vector define el estado que estudiamos y siempre se encuentra en el extremo derecho del producto. Lo que nos interesa es lo que hacen los operadores con el vector. La ecuación "el operador es igual al valor propio" solo es verdadera si ambos términos actúan sobre un vector particular, el estado propio, nunca es verdadera en general (como una ecuación de operador).
Sí, el problema es más sobre la comprensión física de los aspectos de QFT. Nuestro "vector de estado" $\psi$ es $u(p^{\mu})e^{-ipx}$ . La ecuación general de valores propios es $O \psi = E \psi$ (para el operador O y el valor propio E, por supuesto), entonces, ¿por qué no obtenemos $\psi$ retrocede por el otro extremo y solo $u$ ? Esencialmente, ¿por qué tenemos $\partial_{\mu}\psi = p_{\mu}u$ ? (Algunos factores de i flotando también)
Estamos obteniendo tanto la exponencial como la $u$ ¡a ambos lados! Por razones que me parecen irracionales, decidiste escribir el LHS en términos de $\psi$ y RHS utilizando $u$ pero si usa las mismas variables, tendrá $\psi$ en ambos lados o $u(p)\exp(...)$ en ambos lados, es lo mismo, después de todo.
Esto es exactamente lo que pensé. No soy yo quien escribe estas ecuaciones; Los estoy tomando de las notas de la conferencia y tratando de entender por qué son irracionales como dices y no están escribiendo. $\psi$ a ambos lados.
Está bien, pero no hay ningún problema agudo aquí, ¿verdad? Si $\psi=u\cdot \exp(..)$ , siempre puedes reemplazar uno por el otro y viceversa, ¿no?
Sí, eso está muy lejos del problema si solo dices que puedo escribir $\psi$ o $u \cdot exp(..)$ en la ecuación. Mi problema era/es: para la ecuación de Dirac $(i\gamma^{\mu}\partial_{\mu}-m)\psi=0$ y función de onda para un fermión libre $\psi = u(p^{\mu})e^{-i p \cdot x}$ , ¿cómo obtenemos entonces la ecuación $(\gamma^{\mu}p_{\mu}-m)u(p )=0$ ?
Estimado @ usuario13223423, parecen ecuaciones manifiestamente idénticas. En la ecuación de Dirac, la acción de $i\partial_\mu$ tiene el mismo efecto sobre la ocultación exponencial en $\psi$ como $p_\mu$ , entonces lo que llamaste la ecuación de Dirac es claramente equivalente a $(\gamma^\mu p_\mu - m)\psi=0$ . Sustituto $\psi=u\cdot \exp(\dots)$ y divide la ecuación por la exponencial, si lo deseas, para obtener la última ecuación que escribiste. ¿Claro?
Sí, eso es lo que quise decir cuando dije arriba "lo olvidé". Como en podemos usar el 0 en el RHS para eliminarlo de la ecuación.
Seguramente puede dividir una ecuación por un número distinto de cero (escalar), si esa fuera la pregunta. ¿Realmente necesitamos hacer que este tema sea controversial? Tenga en cuenta que el "vector ket" sobre el que actúan los operadores no es solo el exponencial, sino que también contiene el $u$ , por lo que no estamos dividiendo por todo el vector.
Entiendo completamente todo lo que pregunté y lo hice después de mi segundo comentario. Creo que fue un malentendido y mi último comentario pretendía dejar el tema. Su respuesta a la pregunta original fue muy buena.

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