Clebsch-Gordan-Koeffizienten in Kausalfeldern

Question

Clebsch-Gordan-Koeffizienten in Kausalfeldern

Physik
Polarisation
Quanten-Spin
Spezielle Relativität
Quantenfeldtheorie
Repräsentationstheorie

Schwierigkeit

Ich versuche Abschnitt 5.7 in Weinbergs Feldtheoriebuch zu verstehen. Die Aufgabe besteht darin, Kausalfelder zu konstruieren, die sich gemäß dem Allgemeinen transformieren $(A,B)$ Darstellungen der eigentlichen orthochronen Lorentz-Gruppe:

ψ_{A B} (X) = (2 π)^{- 3 / 2} \sum_{σ} \int D^{3} P [κ A (P, σ) e^{ich P \cdot X} u_{A B} (P, σ) + λ A^{C †} (P, σ) e^{- ich P \cdot X} v_{A B} (P, σ)] .

$\psi_{ab}(x) = (2 \pi)^{-3/2}\sum_\sigma \int \mathrm{d}^3p \left[\kappa \, a(\mathbf{p},\sigma)\, \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} u_{ab}(\mathbf{p},\sigma) + \lambda a^{c \dagger}(\mathbf{p},\sigma)\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x} v_{ab}(\mathbf{p},\sigma)\right].$

Insbesondere möchte ich wissen, wie man die berechnet $u_{ab}(0,\sigma)$ 's und wie sie sich auf Polarisierung beziehen. Weinberg sagt, dass dies einfach die Clebsch-Gordan-Koeffizienten sind:

u_{A B} (0, σ) = \frac{1}{\sqrt{2 M}} C_{A B} (J σ; A B)

$u_{ab}(0,\sigma) = \frac{1}{\sqrt{2m}} C_{AB}(j \sigma ; a b)$

Zum Beispiel wissen wir im Fall eines massiven Spin-1-Bosons, dass Felder mit Polarisationsvektoren angezogen werden:

ϵ^{μ} (0, 0) \sim (0, 0, 0, 1)

$\epsilon^\mu(0,0) \sim (0,0,0,1)$

ϵ^{μ} (0, - 1) \sim (0, 1, - ich, 0)

$\epsilon^\mu(0,-1) \sim (0,1,-\mathrm{i},0)$

ϵ^{μ} (0, 1) \sim (0, 1, ich, 0)

$\epsilon^\mu(0,1) \sim (0,1,\mathrm{i},0)$

Ich denke, wir können diese als Bispinoren durch Kontraktion mit Pauli-Matrizen schreiben:

u_{A B} (σ = {0, 1, - 1}) = {(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array}), (\begin{array}{cc} 0 & 2 \\ 0 & 0 \end{array}), (\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 2 & 0 \end{array})}

$u_{ab}(\sigma = \{0, \, 1, \, -1\}) = \left\{\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} 0 & 2 \\ 0 & 0 \\ \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 2 & 0 \\ \end{array} \right)\right\}$

Ich habe drei verwandte Fragen:

Diese Bispinoren sind angeblich proportional zu $C_{A B}(j \sigma ; ab)$ für eine Auswahl an $A \, B, \, j.$ Was sind die Werte von $A, \, B, \, j$ ?
Wie beginnen wir mit der Vorstellung eines „spin-1 massiven Bosons“ und leiten die oben genannten Werte ab?
Was ist mit einem massiven Spin-2-Boson? Was sind die $C_{A B}(j \sigma ; ab)$ und wie extrahieren wir daraus die 5 Polarisationstensoren?

Es gibt eine ähnliche Frage ( $(A,B)$ -Darstellung der Lorentz-Gruppe: Koeffizientenfunktionen von Feldern ), aber der Umfang dieser ist absichtlich weitaus eingeschränkter, da die Wurzel meiner Schwierigkeiten mit dem Thema darin besteht, dass die Präsentation sehr allgemein ist und keine explizite Berechnung enthält.

Antworten (2)

Clebsch-Gordan-Koeffizienten in Kausalfeldern

wenige4 · Answer 1

Eine gewaltige Drehung $1$ Boson wird am besten durch ein Vektorfeld dargestellt $V^{\mu}$ , die in Bezug auf die transformiert $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ Darstellung der Lorentz-Gruppe mit der Lorentz-Einschränkung $\partial_{\mu}V^{\mu}=0$ . Die hier relevanten Clebsch-Gordan-Koeffizienten sind $C_{1/2,1/2}(1\sigma,ab)$

Die Matrizen, die Sie erreichen, sind

u_{A B} (σ = {- 1, 0, 1}) = {(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 1 / \sqrt{2} \\ 1 / \sqrt{2} & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})}

$u_{ab}(\sigma=\{-1,0,1\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2\\1/\sqrt2&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right\}$

Es besteht kein unmittelbarer Zusammenhang zwischen diesen und dem, was Sie aufgeschrieben haben.

Eine gewaltige Drehung $2$ Boson wird durch einen symmetrischen Tensor zweiten Ranges dargestellt $g_{\mu\nu}$ , die in Bezug auf die transformiert $(1,1)\oplus(0,0)$ Darstellung der Lorentz-Gruppe, mit analogen Einschränkungen, die die beiden Spins eliminieren $0$ Komponenten und ein Spin $1$ Komponente. Die relevanten Clebsch-Gordan-Koeffizienten sind $C_{1,1}(2\sigma,ab)$

u_{A B} (σ = {- 2, - 1, 0, 1, 2}) = {(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 1 / \sqrt{2} & 0 \\ 1 / \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 / \sqrt{6} \\ 0 & \sqrt{2 / 3} & 0 \\ 1 / \sqrt{6} & 0 & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 / \sqrt{2} \\ 0 & 1 / \sqrt{2} & 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}

$u_{ab}(\sigma=\{-2,-1,0,1,2\})=\left\{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2&0\\1/\sqrt2&0&0\\0&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&1/\sqrt6\\0&\sqrt{2/3}&0\\1/\sqrt6&0&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1/\sqrt2\\0&1/\sqrt2&0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\right\}$

Benutzer1379857 · Answer 2

Keine vollständige Antwort, aber das Herausarbeiten der massiven Bosonen von Spin 2 aus den massiven Bosonen von Spin 1 ist eine lustige kleine Übung. Ich finde es verwirrend, Tabellen mit Clebsch-Gordan-Koeffizienten zu verwenden, und finde es einfacher, sie einfach von Grund auf neu zu erstellen.

Die Wiederholung von Spin 1 hat drei Vektoren, $|1\rangle, |0\rangle, |-1\rangle$ , die im Ruheframe $k^\mu = (m,0,0,0)$ entsprechen den Polarisationsvektoren $\epsilon^\mu_1 = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, i, 0)$ , $\epsilon^\mu_0 = (0, 0, 0, 1)$ , $\epsilon^\mu_{-1} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}(0, -1, i, 0)$ . Beachten Sie, dass sie alle die Einschränkung erfüllen $k^\mu \epsilon_\mu = 0$ .

Jetzt unter dem Spin $1$ rep, wir haben

\begin{aligned} J_{\pm}^{(1)} & = J_{X}^{(1)} \pm ich J_{j}^{(1)} \\ J_{-}^{(1)} | 1 ⟩ & = \sqrt{2} | 0 ⟩ \\ J_{-}^{(1)} | 0 ⟩ & = \sqrt{2} | - 1 ⟩ \\ J_{z}^{(1)} | M ⟩ & = M | M ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} J_\pm^{(1)} &= J_x^{(1)} \pm i J_y^{(1)} \\ J_-^{(1)} | 1 \rangle &= \sqrt{2} |0 \rangle \\ J_-^{(1)} | 0 \rangle &= \sqrt{2} |-1 \rangle \\ J_z^{(1)} | m \rangle &= m |m\rangle \end{align}$ Wenn wir zwei Spin spannen

1

$1$ Wiederholungen zusammen, bekommen wir

1 \otimes 1 = 2 \oplus 1 \oplus 0

$1 \otimes 1 = 2 \oplus 1 \oplus 0$ . Wir wollen nur die

2

$2$ rep. Wir können die Clebsch-Gordan-Zerlegung für uns auf folgende Weise ableiten. Wir beginnen damit, einen Zustand mit zu machen

m = 2

$m = 2$ und dann den Senkoperator wiederholt für den Zustand verwenden. Also in unserem Tensorprodukt

1 \otimes 1

$1 \otimes 1$ , werden die Lie-Algebra-Operatoren

J_{ich} \equiv 1 \otimes J_{ich}^{(1)} + J_{ich}^{(1)} \otimes 1.

$J_i \equiv 1 \otimes J_i^{(1)} + J_i^{(1)} \otimes 1.$ Jetzt ist die einzige Option für die

m = 2

$m=2$ Staat ist

| 2 ⟩ = | 1 ⟩ | 1 ⟩

$|2\rangle = |1 \rangle |1 \rangle$ und das kannst du überprüfen

J_{z} | 2 ⟩ = 2 | 2 ⟩ .

$J_z |2 \rangle = 2 |2 \rangle.$ Dann berechnen wir die Aktion des Absenkoperators mit unserem Ausdruck for

J_{\pm}

$J_\pm$ , und achten Sie darauf, unsere abgesenkten Zustände mit der richtigen Normalisierung zu definieren, damit die Zustände, als die wir schreiben

| m ⟩

$|m\rangle$ alle haben normen

1

$1$ .

\begin{aligned} J_{-} | 2 ⟩ & = \sqrt{2} (| 1 ⟩ | 0 ⟩ + | 0 ⟩ | 1 ⟩) \equiv 2 | 1 ⟩ \\ J_{-} | 1 ⟩ & = 2 | 0 ⟩ | 0 ⟩ + | 1 ⟩ | - 1 ⟩ + | - 1 ⟩ | 1 ⟩ \equiv \sqrt{6} | 0 ⟩ \\ J_{-} | 0 ⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3}} (3 | - 1 ⟩ | 0 ⟩ + 3 | 0 ⟩ | - 1 ⟩) \equiv \sqrt{6} | - 1 ⟩ \\ J_{-} | - 1 ⟩ & = 2 | - 1 ⟩ | - 1 ⟩ \equiv 2 | - 1 ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} J_-|2\rangle &= \sqrt{2}( |1\rangle |0 \rangle+|0\rangle |1 \rangle) \equiv 2 |1\rangle \\ J_-|1\rangle &= 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle \equiv \sqrt{6} | 0 \rangle \\ J_-|0\rangle &= \frac{1}{\sqrt{3}}(3 |-1\rangle |0\rangle + 3 |0\rangle |-1\rangle ) \equiv \sqrt{6} |-1\rangle\\ J_-|-1\rangle &= 2 |-1\rangle |-1 \rangle \equiv 2 |-1\rangle. \end{align}$

Also, um unsere Ergebnisse umzuformulieren,

\begin{aligned} | 2 ⟩ & = | 1 ⟩ | 1 ⟩ \\ | 1 ⟩ & = \frac{1}{\sqrt{2}} (| 1 ⟩ | 0 ⟩ + | 0 ⟩ | 1 ⟩) \\ | 0 ⟩ & = \frac{1}{\sqrt{6}} (2 | 0 ⟩ | 0 ⟩ + | 1 ⟩ | - 1 ⟩ + | - 1 ⟩ | 1 ⟩) \\ | - 1 ⟩ & = \frac{1}{\sqrt{2}} (| - 1 ⟩ | 0 ⟩ + | 0 ⟩ | - 1 ⟩) \\ | - 2 ⟩ & = | - 1 ⟩ | - 1 ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} |2\rangle &= |1\rangle |1\rangle \\ |1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|1\rangle |0\rangle + |0\rangle |1\rangle )\\ |0\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{6}} ( 2 |0\rangle |0\rangle + |1\rangle |-1\rangle + |-1\rangle |1\rangle ) \\ |-1\rangle &= \tfrac{1}{\sqrt{2}} (|-1\rangle |0\rangle + |0\rangle |-1\rangle ) \\ |-2\rangle &= |-1\rangle |-1\rangle. \end{align}$

Nun, um unsere Spin-2-Polarisationstensoren zu erhalten $\epsilon^{\mu \nu}$ , müssen wir nur unsere Spin-1-Polarisationsvektoren kombinieren $\epsilon^\mu_{-1,0,+1}$ in der Weise genau oben. Also, um ein Beispiel zu nennen,

ϵ_{0}^{μ v} = \frac{1}{\sqrt{6}} (2 ϵ_{0}^{μ} ϵ_{0}^{v} + ϵ_{1}^{μ} ϵ_{- 1}^{v} + ϵ_{- 1}^{μ} ϵ_{1}^{v}) .

$\epsilon^{\mu\nu}_0 = \frac{1}{\sqrt{6}}(2 \epsilon_0^\mu \epsilon_0^\nu + \epsilon_1^\mu \epsilon_{-1}^\nu+ \epsilon_{-1}^\mu \epsilon_1^\nu ).$ Beachten Sie, dass diese Polarisationstensoren konstruktionsbedingt genügen

k_{μ} ϵ^{μ ν} = k_{ν} ϵ^{μ ν} = 0

$k_\mu \epsilon^{\mu \nu} = k_\nu \epsilon^{\mu \nu} = 0$ . Sie erweisen sich auch als befriedigend

ϵ_{μ}^{μ} = 0

$\epsilon^\mu_{\; \mu} = 0$ und sind symmetrisch. (Beachten Sie, dass wir durch diese Methode einen kleinen Vorgeschmack auf den Slogan „Gravity = E&M^2“ bekommen, obwohl wir im massiven Fall arbeiten.)

Die Ergebnisse der Einnahme dieser Kronecker-Produkte sind

\begin{aligned} ϵ_{2}^{μ v} & = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & ich & 0 \\ 0 & ich & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) \\ ϵ_{1}^{μ v} & = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & ich \\ 0 & 1 & ich & 0 \end{matrix}) \\ ϵ_{0}^{μ v} & = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) \\ ϵ_{- 1}^{μ v} & = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 & ich \\ 0 & - 1 & ich & 0 \end{matrix}) \\ ϵ_{- 2}^{μ v} & = \frac{1}{2} (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & - ich & 0 \\ 0 & - ich & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) \end{aligned}

$\begin{align} \epsilon_2^{\mu \nu} &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&i&0\\0&i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_1^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&0&i\\0&1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_0^{\mu \nu} &= \begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&2 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-1}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&0&0&-1\\0&0&0&i\\0&-1&i&0 \end{pmatrix} \\ \epsilon_{-2}^{\mu \nu} &= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\0&1&-i&0\\0&-i&-1&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix} \\ \end{align}$

Hoffentlich können Sie also erkennen, dass die Clebsch-Gordan-Koeffizienten nicht so beängstigend sind und dass Sie sie jederzeit selbst neu ableiten können. Zugegebenermaßen haben wir nicht daran gearbeitet, vier Kopien des Spins zusammenzuspannen $1/2$ Fall, sondern verwendet zwei Kopien des Spins $1$ um uns zu entlasten, aber das Prinzip ist wichtig.

Clebsch-Gordan-Koeffizienten in Kausalfeldern

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wenige4

Benutzer1379857

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