Drehimpuls des Dirac-Feldes

Question

Drehimpuls des Dirac-Feldes

Alex v.

Ich gehe die Diskussion von Peskin & Shroeder über das Dirac-Feld durch und kämpfe mit ein paar Behauptungen, die sie über den Drehimpuls machen. Zunächst einmal ist der Drehimpulsoperator gegeben durch:

J = \int D^{3} X ψ^{†} (X) [X \times (- ich \nabla) + \frac{1}{2} Σ] ψ (X)

$\mathbf{J} = \int d^3 \mathbf{x} \, \psi^{\dagger}(x) \left[ \mathbf{x} \times (-i \nabla) + \frac{1}{2}\mathbf{\Sigma} \right] \psi(x)$

Wo $\mathbf{\Sigma}$ sind in der chiralen Darstellung die duplizierten Pauli-Matrizen: $\Sigma^i = \begin{pmatrix} \sigma^i & 0 \\ 0 & \sigma^i \end{pmatrix}$ . Nun behauptet das Buch:

Die Aufteilung des Drehimpulses in Spin- und Bahnanteile ist für relativistische Fermionen nicht einfach. Da der lineare Impuls des Feldes ist:
$P = \int D^{3} X ψ^{†} (X) (- ich \nabla) ψ (X)$ $\mathbf{P} = \int d^3 \mathbf{x} \, \psi^{\dagger}(x) (-i \nabla) \psi(x)$ Es scheint mir ganz natürlich, den ersten Begriff von zu interpretieren $\mathbf{J}$ als Bahndrehimpuls und der zweite als Spin. Warum gilt das nicht generell?
Der Drehimpulsoperator (zumindest die z -Komponente, obwohl ich denke, dass dies für jede Komponente gelten sollte) vernichtet den Vakuumzustand $|0\rangle$ . Dies ist jedoch für mich nicht einfach, da es einen Begriff proportional zu geben wird $a^{\dagger}b^{\dagger}|0\rangle$ beim Rechnen $J^z |0\rangle$ die ich nicht sehen kann, wie man storniert.
Für Staaten $b^{s\dagger}_\mathbf{0} |0\rangle$ , und unter der Annahme, dass das vorherige Ergebnis wahr ist, können wir schreiben:
$J^{z} B_{0}^{S †} | 0 ⟩ = [J^{z}, B_{0}^{S †}] | 0 ⟩$ $J^z b^{s\dagger}_\mathbf{0} |0\rangle = [J^z, b^{s\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle$ Es soll dann einfach zu zeigen sein, dass der erste Term von $J^z$ (dh der orbitale Teil) trägt nicht zu diesem Ausdruck bei, aber ich weiß nicht, wie ich das beweisen soll.

Ich verwende die folgenden Konventionen für das Feld:

ψ (X) = \int \frac{D^{3} P}{(2 π)^{3}} \frac{1}{\sqrt{2 E_{P}}} \sum_{S} [A_{P}^{S} u^{S} (P) e^{- ich P \cdot X} + B_{P}^{S †} v^{S} (P) e^{ich P \cdot X}]

$\psi(x) = \int \frac{d^3 \mathbf{p}}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}} \sum_{s} \left[ a^s_{\mathbf{p}} u^s(p) e^{-ip\cdot x} + b^{s\dagger}_{\mathbf{p}} v^s(p) e^{ip\cdot x} \right]$

Ich weiß, dass ich nicht viele Ergebnisse angegeben habe, die ich selbst erhalten habe, aber das liegt daran, dass ich im Grunde nur schmutzige Berechnungen auf einem Stück Papier machen konnte, die für die Diskussion nicht nützlich erscheinen ...

BEARBEITEN (um nach der Antwort von Name YYY weitere Informationen bereitzustellen )

i) Zunächst einmal ist die z-Komponente des Drehimpulsoperators explizit in Form von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren gegeben durch:

J^{z} = \int D^{3} X \frac{D^{3} P D^{3} k e^{- ich (P - k) \cdot X}}{(2 π)^{6} \sqrt{4 E_{P} E_{k}}} \times \sum_{R, S} [B_{- P}^{R} v^{R †} (- P) + A_{P}^{R †} u^{R †} (P)] [(X \times k)^{z} + \frac{Σ^{3}}{2}] [A_{k}^{S} u^{S} (k) + B_{- k}^{S †} v^{S} (- k)]

$J^z = \int d^3 \mathbf{x} \frac{d^3 \mathbf{p} d^3 \mathbf{k} \, e^{-i(\mathbf{p}-\mathbf{k})\cdot\mathbf{x}} }{(2\pi)^6 \sqrt{4 E_{\mathbf{p}} E_{\mathbf{k}}}} \times \sum_{r,s} \left[ b^r_{-\mathbf{p}} v^{r \dagger} (-\mathbf{p}) + a^{r \dagger}_{\mathbf{p}} u^{r \dagger} (\mathbf{p}) \right] \left[ (\mathbf{x} \times \mathbf{k})^z + \frac{\Sigma^3}{2} \right] \left[ a^s_{\mathbf{k}} u^{s} (\mathbf{k}) + b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} v^{s} (-\mathbf{k}) \right]$

wo ich auswerte $t=0$ die Felder da, seiend $\mathbf{J}$ eine Erhaltungsgröße, die das Ergebnis nicht beeinflusst. Nun habe ich das Problem, dass ich mich nicht integrieren kann $\mathbf{x}$ (Weil ich eine habe $\mathbf{x}$ im Vektorprodukt), was der übliche Trick ist, um a zu erhalten $\delta^{(3)}(\mathbf{p}-\mathbf{k})$ und verwenden Sie dann die Orthogonalitätsbeziehung zwischen den $u$ 's und $v$ 'S. Ohne diese bei der Bewerbung $J^z$ Zu $|0\rangle$ , erhalten Sie Bedingungen des Formulars $a^{r \dagger}_{\mathbf{p}} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} |0\rangle$ was nicht unbedingt verschwindet, da der Faktor ist $u^{r\dagger} (\mathbf{p})v^{s} (-\mathbf{k})$ - mit evtl. der Matrix $\Sigma^3$ in der Mitte im Spinterm.

ii) Nun zum verschwindenden Bahnanteil des Drehimpulses bei Einwirkung $b^{s \dagger}_{\mathbf{0}}|0\rangle$ , das heuristische Argument scheint mir ein bisschen zu schummeln ... Der Hamilton-Operator ist auch ein Skalar, und Sie können ihn mit einem Integral über alle möglichen Werte des Impulses erweitern, der ein Vektor ist. Ebenso könnte es möglich sein, den Drehimpuls des Nullimpulszustands mit einem Integral über alle möglichen Impulse zu entwickeln. Abgesehen davon konnte ich nachweisen, dass der Bahndrehimpuls nicht dazu beiträgt $[J^z, a^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle$ weil der einzige nicht verschwindende Kommutator (der auf das Vakuum wirkt) unter Verwendung des vorherigen Ausdrucks für $J^z$ Ist:

[A_{P}^{R †} A_{k}^{S}, A_{0}^{T †}] | 0 ⟩ = (2 π)^{3} δ^{3} (k) δ^{S T} A_{P}^{R †} | 0 ⟩

$[a^{r \dagger}_\mathbf{p} a^{s}_\mathbf{k}, a^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle = (2\pi)^3 \delta^{3}(\mathbf{k}) \delta^{st} a^{r \dagger}_\mathbf{p} |0\rangle$

aber das macht den Winkelanteil des Drehimpulses zu Null, da er das Vektorprodukt enthält $\mathbf{x} \times \mathbf{k}$ . Das Problem mit der $b$ ist, dass der analoge nicht verschwindende Kommutator ist:

[B_{- P}^{R} B_{- k}^{S †}, B_{0}^{T †}] | 0 ⟩ = - (2 π)^{3} δ^{3} (P) δ^{R T} B_{- k}^{S †} | 0 ⟩

$[b^{r }_{-\mathbf{p}} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}}, b^{t\dagger}_\mathbf{0}] |0\rangle = - (2\pi)^3 \delta^{3}(\mathbf{p}) \delta^{rt} b^{s \dagger}_{-\mathbf{k}} |0\rangle$

und das enthält $\delta^{3}(\mathbf{p})$ anstatt $\delta^{3}(\mathbf{k})$ , also ist es nicht offensichtlich, wie man den Bahnanteil des Drehimpulses aufhebt ...

Ich hoffe, meine Probleme mit dieser Berechnung sind jetzt klarer ... Vielen Dank für Ihre Hilfe!

Ivan Burbano

Um die Integration zu handhaben

x

$\bf{x}$ Beachten Sie, dass der Differentialoperator nur auf die Exponentialfunktion wirkt. Ich kann durch einen Differentialoperator auf Schwung geschaltet werden

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Drehimpuls des Dirac-Feldes

Um die Integration zu handhaben $\bf{x}$ Beachten Sie, dass der Differentialoperator nur auf die Exponentialfunktion wirkt. Ich kann durch einen Differentialoperator auf Schwung geschaltet werden

Benennen Sie YYY · Answer 1

es scheint mir ganz natürlich, den ersten Term von J als Bahndrehimpuls und den zweiten als Spin zu interpretieren. Warum gilt das nicht generell?

Der Grund dafür ist, dass je relativistischer das Teilchen ist, desto weniger gut definiert ist die Definition des Spins. Formal hängt dies damit zusammen, dass das Quadrat des Pauli-Lubanski-Operators $\hat{W}_{\mu}$ , die den Spin definiert $s$ der Repräsentation (Ein-Teilchen-Zustand), wird für masselose Teilchen zu Null. Anstelle von Spin sind masselose Teilchen (wir können uns ein massives ultrarelativistisches Teilchen wie ein masseloses vorstellen) durch Helizität gekennzeichnet $\hat{h}$ - die Projektion des Spins auf die Impulsrichtung - die nur zwei Werte annehmen kann:

\hat{H} \equiv \hat{W} \cdot \frac{\hat{P}}{| P |} = \pm S

$\hat{h} \equiv \hat{\mathbf W} \cdot \frac{\hat{\mathbf p}}{|\mathbf p|} = \pm s$ Heuristisch kann man sich das folgendermaßen vorstellen: Wenn ein Teilchen (Boson oder Fermion mit beliebigem Spin, egal) ultrarelativistisch wird, dann wird aufgrund des relativistischen Aberrationseffekts die Verteilung der Spinprojektionen auf die Bewegungsrichtung nur noch parallel und antiparallel.

Dies ist jedoch für mich nicht einfach, da es einen Begriff proportional zu geben wird

Vergiss die Beziehungen nicht

u_{S}^{†} (P) v_{S^{'}} (- P) = 0

$u^{\dagger}_{s}(\mathbf p)v_{s{'}}(-\mathbf p) = 0$ Das ist wichtig, da diese Menge vorne steht

A_{S^{'}}^{†} (P) B_{S}^{†} (- P) | 0 ⟩

$a_{s{'}}^{\dagger}(\mathbf p)b_{s}^{\dagger}(-\mathbf p)|0\rangle$

trägt nicht zu diesem Ausdruck bei, aber ich weiß nicht, wie ich das beweisen soll.

Da, wie Sie durch die Beantwortung Ihrer zweiten Frage gezeigt haben,

{\hat{J}}_{z} | 0 ⟩ = 0,

$\hat{\mathbf J}_{z}|0\rangle = 0,$ du darfst schreiben:

{\hat{J}}_{z} {\hat{A}}_{S}^{†} (P) | 0 ⟩ \equiv {\hat{J}}_{z} {\hat{A}}_{S}^{†} (P) | 0 ⟩ \mp {\hat{A}}_{S}^{†} (P) {\hat{J}}_{z} | 0 ⟩ \equiv [{\hat{J}}_{z}, {\hat{A}}_{S}^{†} (P)]_{\mp} | 0 ⟩,

$\hat{\mathbf J}_{z}\hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)|0\rangle \equiv \hat{\mathbf J}_{z}\hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)|0\rangle \mp \hat{a}^{\dagger}_{s}(\mathbf p)\hat{\mathbf J}_{z}|0\rangle \equiv [\hat{\mathbf J}_{z}, \hat{a}_{s}^{\dagger}(\mathbf p)]_{\mp}|0\rangle ,$ was den Zusammenhang beweist.

Oder Sie haben nach dem Beweis gefragt, dass der Orbitalteil keinen Beitrag zum Ein-Teilchen-Zustand mit Nullimpuls leistet? Dann ist es am einfachsten durch folgendes heuristisches Denken zu sehen: Da der Aus-Zustand Null Impuls hat, dann die Menge

L_{0} = \int D^{3} X {\hat{Ψ}}^{†} (X) [X \times (- ich \nabla)] \hat{Ψ} (X) {\hat{A}}_{S}^{†} (0) | ⟩,

$\mathbf L_{\mathbf 0} = \int d^{3}\mathbf x \hat{\Psi}^{\dagger}(\mathbf x)[\mathbf x \times (-i\mathbf{\nabla})]\hat{\Psi}(\mathbf x)\hat{a}_{s}^{\dagger}(0)|\rangle,$ ist von keinem Vektor abhängig. Da es sich jedoch per Definition um einen (Pseudo-)Vektor handelt, muss es von einem Vektor abhängen. Um diesen Widerspruch zu vermeiden, kommen wir zu der Aussage, dass diese Größe gleich Null ist.

Ok mit der ersten Antwort, aber die anderen beiden Argumente scheinen nicht wirklich überzeugend ... Ich werde meinen Beitrag mit einigen weiteren Berechnungen bearbeiten, damit Sie genau wissen, wo mein Problem liegt!

Drehimpuls des Dirac-Feldes

Alex v.

Ivan Burbano

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Alex v.

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