Details zum Spin-Statistik-Theorem-Beweis

1. Schauen wir uns den Ausdruck für Feld mit Masse an$m$und drehen$s$(für den masselosen Fall existieren folgende Aussagen in ähnlicher Form): $$\tag 1 \hat {\psi}_{a}(x) = \sum_{\sigma = -s}^{s}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3} 2E_{\mathbf p}}}\left( u^{\sigma}_{a}(\mathbf p )e^{-ipx}\hat{a}_{\sigma}(\mathbf p ) + v^{\sigma}_{a}(\mathbf p )e^{ipx}\hat{b}^{\dagger}_{\sigma}(\mathbf p )\right).$$ Dieses Feld bezieht sich auf die$\left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2}\right), n + m = 2s$Spinor-Darstellung der Lorentz-Gruppe (also Index a mean$\psi_{a} = \psi_{a_{1}...a_{m}\dot {b}_{1}...\dot{b}_{n}}$; Feld ist in allen Indizes symmetrisch) und gehorcht den Gleichungen $$\tag 2 (\partial^{2} + m^{2})\psi_{a}(x) = 0, \quad \hat {p}^{\mu}(\sigma_{\mu})^{\dot {b}_{j}a_{i}}\psi_{a_{1}...a_{i}...a_{m}\dot {b}_{1}...\dot{b}_{j}...\dot{b}_{n}} = 0.$$ 1.1. Wenn wir das Feld mit ganzzahligem Spin haben$l$, wir können konvertieren$(1)$(hier habe ich einige Berechnungen übersehen, was nicht wichtig ist) zum symmetrischen Tensorrang$l$ $A_{\mu_{1}...\mu_{l}}$(die sich auf die beziehen$\left(\frac{l}{2}, \frac{l}{2}\right)$und wir können auch konvertieren$(2)$zur Form (unser Tensor ist spurlos und transversal in allen Indizes) $$\tag 3 (\partial^{2} + m^{2})A = 0, \quad \partial_{\mu_{i}}A^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l}} = 0, \quad A_{\mu_{i}}^{ \mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l - 1}} = 0.$$ 1.2. Bei halbzahligem Spin$s = l + \frac{1}{2}$, wenn wir die Theorie erhalten wollen, die unter Zeit- und Ortsinversionen invariant ist, müssen wir die direkte Summe einführen$\left(\frac{l + 1}{2} , \frac{l}{2}\right) \oplus \left(\frac{l}{2} , \frac{l + 1}{2}\right)$und dann den Gleichungsprojektor zu konstruieren, der die Anzahl unabhängiger Komponenten reduziert. Also steigen wir aus$(2)$und der oben angegebenen Anforderung (das Feld ist natürlich auch symmetrisch): $$\psi^{\mu_{1}..\mu_{l}} = \begin{pmatrix}\psi_{a}^{\mu_{1}...\mu_{l}} \\ \kappa^{\dot {b}, \mu_{1}...\mu_{l}}\end{pmatrix},$$ $$\tag 4 (i\gamma^{\mu}\partial_{\mu} - m) \psi = 0, \quad \gamma_{\mu_{i}}\psi^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{l}} = 0, \quad g_{\mu_{i}\mu_{j}}\psi^{\mu_{1}...\mu_{i}...\mu_{j}..\mu_{l}} = 0.$$
2. Hier ist ein starkes Theorem: Feld$(1)$ist lorentzkovarianter Körper genau dann, wenn$u_{a}^{\sigma}(\mathbf p)$Und$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p)$sind durch Relation verbunden $$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p) = (-1)^{s + \sigma}u_{a}^{-\sigma}(\mathbf p).$$ Dieses Ergebnis ist richtig, wenn$(1)$transformiert sich unter dem irreduziblen Repräsentanten der Lorentz-Gruppe$T$die von der irrep der Rotationsgruppe des Spins enthält$s$nur einmal. Dies ist für 1.1 richtig, aber im Fall von 1.2 nicht korrekt. Für den letzten Fall ergibt die Modifikation des Satzes$v_{a}^{\sigma}(\mathbf p ) = (-1)^{s + \sigma}\gamma_{5}u_{a}^{-\sigma}(\mathbf p )$. Mit 1 und 2 können wir konvertieren$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm}$.

3. Ganzzahliger Spin:

   $$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm} = \sum_{\sigma}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi )^{3}2E_{\mathbf p}}G^{\sigma}_{ab}(p)\left(e^{-ip(x- y)} \pm e^{-ip(x - y)} \right),$$ Wo$G^{\sigma}_{ab}(p) = u^{\sigma}_{a}(p)(u^{\sigma}_{b}(p))^{\dagger}$. Danach können wir folgendes Rezept verwenden: 1) Wir haben einen symmetrischen Tensor$G^{\sigma}_{ab}(p)$, so dass es als lorentzkovariantes Objekt nur aus konstruiert werden kann$g_{\mu \nu}, p_{\nu}$(das andere Objekt, das Levi-Civita-Symbol, ist antisymmetrisch). Es bedeutet, dass es nur als Rangpolnom konstruiert werden darf$2s$An$p_{\mu}$die nur die Summanden des geraden Grades von enthält$p$; also 2)$G^{\sigma}_{ab}(p)e^{-ipx} =G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})e^{-ipx}$Und$G^{\sigma}_{ab}(p)e^{ipx} = G^{\sigma}_{ab}(-\hat {p})e^{ipx} = G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})e^{ipx}$. Wenn wir die Invarianz unter räumlicher Inversion und Zeitinversion nicht benötigen, erhalten wir das Ergebnis (auf die gleiche Weise)$G^{\sigma}_{ab}(-\hat {p}) = -G^{\sigma}_{ab}(\hat {p})$für halbzahlige Spinrealisierungen.

4. Halbzahliger Spin. Für diesen Fall haben wir

   $$[\psi_{a}(x), \psi_{b}^{\dagger}(y)]_{\pm} = \sum_{\sigma}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi )^{3}2E_{\mathbf p}}\left(G^{\sigma}_{ab}(p)e^{-ip(x- y)} \pm \gamma_{5}G^{\sigma}_{ab}(p)\gamma_{5}e^{-ip(x - y)} \right).$$ Durch Verwendung von Gl.$(4)$das können wir festhalten$G_{ab}(p) = (\gamma^{\mu}p_{\mu} + m)R_{ab}(p)$, Wo$R_{ab}(p)$ist konstruiert als die Summe von Produkten einer geraden Anzahl von Gamma-Matrizen und einer geraden Anzahl von Impulsen und Produkten einer ungeraden Anzahl von Gammas und einer ungeraden Anzahl von Impulsen. Also durch die Beziehung$[\gamma_{5}, \gamma_{\mu}]_{+} = 0$und die obige Aussage können wir davon ausgehen$\gamma_{5}G_{ab}(-p)\gamma_{5} = -G_{ab}(p)$.

Nicht sicher. Völlig verloren über die Gleichungen. Aber haben Sie das Experiment gesehen, bei dem Elektronen, die durch einen Spalt gehen, um 2 Pi gedreht werden? Das Interferenzmuster verschiebt sich. Der minimale und maximale Flip. Ich bin mir nicht ganz sicher, warum ein Elektron, das sich in einem anderen Zustand befindet, überhaupt ein Interferenzmuster zeigt. In jedem Fall könnte das Experiment etwas damit zu tun haben, warum das Pauli-Ausschlussprinzip stattfindet. Ich bin mir nicht sicher, ob das Ausschlussprinzip irgendetwas mit Relativität zu tun hat. Die Wellenfunktion eines Zweielektronensystems ist antisymmetrisch. Das ist eine Grundsatzerklärung. Ich weiß nicht, ob Sie eine Wellengleichung haben, die aus zwei Spinoren besteht. Muss diese Wellengleichung angesichts der Transformation einzelner Spinoren antisymmetrisch sein? Es ist mir egal, es auszuarbeiten. Es ist eine interessante Frage.