Ableitung der Spinor-Vollständigkeitsbeziehung ohne Verwendung einer Repräsentation

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Ableitung der Spinor-Vollständigkeitsbeziehung ohne Verwendung einer Repräsentation

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Spinoren
Dirac-Matrizen
Quantenfeldtheorie
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Alexander McFarlane

Referenz: DAMTP- Problemsatz 3, Frage 5, aber ignorieren Sie die angegebenen Spinor-Lösungen.

Vorweg, dies hat einen ganzen Tag und weitere 2 Nachmittage Arbeit in Anspruch genommen, also werde ich nur die vielversprechendsten Versuche auflisten, anstatt ein halbes Notizbuch zu vollzustopfen!

Angesichts der Beziehungen für die Spinoren, $u(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ Und $v(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ als,

(P - M) u (P, S) = 0 (P + M) v (P, S) = 0

$(\not p - m)u(\mathbf{p},s) = 0\qquad (\not p + m)v(\mathbf{p},s) = 0$

\bar{u} (P, S) u (P, R) = 2 M δ_{S R} \bar{v} (P, S) v (P, R) = - 2 M δ_{S R} \bar{u} (P, S) v (P, S) = 0

$\bar{u}(\mathbf{p},s)u(\mathbf{p},r) = 2m\delta_{sr}\qquad \bar{v}(\mathbf{p},s)v(\mathbf{p},r) = -2m\delta_{sr}\qquad \bar{u}(\mathbf{p},s)v(\mathbf{p},s) = 0$

Ich versuche folgendes zu beweisen,

\begin{matrix} (1) & Λ_{+} = \sum_{S} u (P, S) \bar{u} (P, S) = P + M \end{matrix}

$\tag{1} \Lambda_+ = \sum_{s} u(\mathbf{p},s)\bar{u}(\mathbf{p},s) = \not p + m$

\begin{matrix} (2) & Λ_{+} = \sum_{S} v (P, S) \bar{v} (P, S) = P - M \end{matrix}

$\tag{2} \Lambda_+ = \sum_{s} v(\mathbf{p},s)\bar{v}(\mathbf{p},s) = \not p - m$

Die Auswahl einer Vertretung ist zu einfach und wird als Betrug angesehen. Alle anderen Informationen als Spurenidentitäten sind oben angegeben. Ich glaube, dasselbe gilt für die Verwendung des Spin-Projektionsoperators.

Versuche

Ich habe in einer früheren Übung von denselben Informationen eine lineare Unabhängigkeit gezeigt, also können wir davon ausgehen $u(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ Und $v(\mathbf{p},\pm\tfrac{1}{2})$ sind linear unabhängig.

Addition von (1)+(2) ... Ergebnis : $0$ als $u\bar{u} = (u\bar{u})^{\dagger} = \bar{u}u$ und durch die Beziehungen, die wir bekommen $4m - 4m = 0$ und es werden keine nützlichen Informationen gewonnen
Subtrahieren von (1)-(2) ... Ergebnis : $8m$ wie oben
Einwirkung auf (1), (2) von rechts mit $(\not p + m)$ von rechts ... Ergebnis $\pm 4m$ von $u \bar{u} \not p u$
Einwirkung auf (1), (2) von rechts mit $u,v,\bar{u},\bar{v}$ ... Ergebnis wie 3.

Tatsächlich liefert mir jeder Versuch, den ich versuche, nur ein Ergebnis $m$ was mir Grund zu der Annahme gibt, dass mit meinem Verständnis etwas grundlegend falsch ist.

Mögliches Problem

Ich kann das Ergebnis „erzwingen“, indem ich einfach die Dirac-Gleichung verwende $(\not p + m)u(\mathbf{p},r) = 0$ etwas gleichsetzen $\not p$ Zu $m$ aber ich glaube nicht, dass ich das tun soll, obwohl ich es nicht anders sehen kann!

Der Grund, warum ich das nicht mag, ist, dass es mich nicht zwingt, mich (glaube ich) darauf zu beschränken, nur eine zu ändern $2m \to \pm \not p$ . Ich glaube, wenn ich das tun würde, brauche ich eine Bedingung, die mich daran hindert, beides zu wählen $\not p$ erhalten $\Lambda_+ = 2\not p$ Zum Beispiel.

udrv

Siehe Srednicki, web.physics.ucsb.edu/~mark/ms-qft-DRAFT.pdf , Absatz um Gleichung (38.23), S. 243 (beginnt auf S. 240).

Alexander McFarlane

Ich habe Srednickis Buch, aber ich habe diese Methode verworfen, weil sie auf einer Darstellung als solcher beruht, da wir davon ausgehen, dass wir es wissen

- p̸ = γ^{0} m

$-\not p = \gamma^0 m$ . Ich fange an zu glauben, dass dies wahrscheinlich der einzige Weg ist, dies richtig zu lösen, und dass die Frage, die ich mir gestellt habe, zu widersprüchlich ist.

udrv

Nicht wirklich, siehe meine Antwort unten. Ich hoffe es hilft.

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Siehe Srednicki, web.physics.ucsb.edu/~mark/ms-qft-DRAFT.pdf , Absatz um Gleichung (38.23), S. 243 (beginnt auf S. 240).
Ich habe Srednickis Buch, aber ich habe diese Methode verworfen, weil sie auf einer Darstellung als solcher beruht, da wir davon ausgehen, dass wir es wissen $-\not p = \gamma^0 m$ . Ich fange an zu glauben, dass dies wahrscheinlich der einzige Weg ist, dies richtig zu lösen, und dass die Frage, die ich mir gestellt habe, zu widersprüchlich ist.
Nicht wirklich, siehe meine Antwort unten. Ich hoffe es hilft.

udrv · Answer 1

Im Ruherahmen $\not p \rightarrow - m \gamma^0$ Und

(P - M) u (P, S) = 0 \to (ICH + γ^{0}) u (0, S) = 0 \bar{u} (P, S) (P - M) = 0 \to \bar{u} (0, S) (ICH + γ^{0}) = 0 (P + M) v (P, S) = 0 \to (ICH - γ^{0}) v (0, S) = 0 \bar{v} (P, S) (P + M) = 0 \to \bar{v} (P, S) (ICH - γ^{0}) = 0

$(\not p - m)u(\mathbf{p},s) = 0 \;\; \rightarrow \;\; (I + \gamma^0) u(\mathbf{0},s) = 0 \\ {\bar u}(\mathbf{p},s)(\not p - m) = 0 \;\; \rightarrow \;\; {\bar u}(\mathbf{0},s) (I + \gamma^0) = 0 \\ (\not p + m)v(\mathbf{p},s) = 0 \;\; \rightarrow \;\; (I - \gamma^0) v(\mathbf{0},s) = 0 \\ {\bar v}(\mathbf{p},s)(\not p + m) = 0 \;\; \rightarrow \;\; {\bar v}(\mathbf{p},s)(I - \gamma^0) = 0$ Also unabhängig von der Vertretung

u (0, s)

$u(\mathbf{0},s)$ Und

v (0, s)

$v(\mathbf{0},s)$ rechte Eigenvektoren von werden

γ^{0}

$\gamma^0$ , während

\bar{u} (0, s)

${\bar u}(\mathbf{0},s)$ Und

\bar{v} (0, s)

${\bar v}(\mathbf{0},s)$ linke Eigenvektoren werden.

Dies ergibt Schließungsbeziehungen sowohl für die Identität $I$ Und $\gamma^0$ bezüglich $u{\bar u}$ Und $v{\bar v}$ äußere Produkte, woraus ähnliche Schließungsbeziehungen z $I \pm \gamma^0$ sofort folgen.

Steigen Sie zurück zu einem beliebigen Rahmen und Sie haben die erforderlichen Beziehungen für $\not p \pm m$ .

Bei einem zweiten Gedanken, beachte das einfach $u(\mathbf{p},s)$ , $v(\mathbf{p},s)$ sind rechte Eigenvektoren von $\not p$ , Und ${\bar u}(\mathbf{p},s)$ , ${\bar v}(\mathbf{p},s)$ sind linke Eigenvektoren. Erstellen Sie den Ausdruck von $\not p$ auf der $\mathbf{p}$ Eigenunterraum in Bezug auf $u{\bar u}$ , $v{\bar v}$ , und die entsprechende Abschlussbeziehung für den Eigenunterraumprojektor. Verwenden Sie diese dann, um Ausdrücke für zu extrahieren $\not p \pm m$ . Es muss nirgendwo geboostet werden!

Das hatte ich vorher auch gedacht $\not p \rightarrow - m \gamma^0$ schummelte auch, deshalb hielt ich es für unmöglich!
Wenn Sie darüber nachdenken, brauchen Sie sich nicht einmal darum zu kümmern $\gamma^0$ :)
Ich werde dies mit einem Kurskollegen besprechen und sehen, ob seine Methode eine Verbesserung darstellt, bevor ich akzeptiere. +1 in der Zwischenzeit danke :) und ich werde später mit einer Antwort zurückkommen, wenn Sie immer noch interessiert sind.
arxiv.org/pdf/physics/0703214.pdf siehe Abschnitt 5.3, Seite 15
Super, war mir dieser Referenz nicht bewusst. Aber es ist auf jeden Fall toll. Danke!
akzeptierte die Antwort, da es scheint, dass man explizit oder implizit eine Art Tensor schreiben und bestimmte Teile anders behandeln muss. Die einfachste und allgemeinste Version ist, wie Sie mit dem Nehmen sagen $\mathbf{p}=0$ . Es gibt keine Möglichkeit, dass dies auf einer algebraischen Ebene möglich ist, die ich gefunden habe, da alle "Behauptungen" als solche einfach die Zeile der expliziten Arbeit überspringen, in der sie einen Vektor aufschreiben und den 3-Impuls als Null festlegen

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