Garantiert die Lorentz-Invarianz der Bewegungsgleichung die Lorentz-Invarianz der Lösungen?

Wenn ich eine Lorentz-invariante Bewegungsgleichung wie die Klein-Gordon-Gleichung habe , ist die Lösung automatisch garantiert Lorentz-invariant?

Ich stelle diese Frage aufgrund der Diskussion aus Mark Srednickis Quantum Field Theory Abschnitt 3 von Gleichungen (3.11) bis (3.14). Wenn ich eine KG-Gleichung habe,

(1) ∂ μ ∂ μ ϕ − M 2 ϕ = 0 ,
Wir haben eine Lösung der Form
(2) exp ⁡ ( ich k ⋅ X ± ich ω T ) ,
was meiner Meinung nach nicht Lorentz-invariant für die Lösung ist ich k ⋅ X + ich ω T als Argument, sofern wir dies nicht zulassen k μ = ( − ω , k ) .

Er beginnt jedoch mit der Konstruktion einer Lorentz-invarianten Lösung und kommt darauf

(3) ϕ ( X , T ) = ∫ D k ~ [ A ( k ) e ich k X + A ∗ ( k ) e − ich k X ] ,
Wo k X = k ⋅ X − ω T . D k ~ ist ein Lorentz-invariantes Maß und das Argument jedes Exponenten ist ebenfalls Lorentz-invariant.

Allerdings sagt er das am Anfang A ( k ) eine beliebige Funktion des Wellenvektors ist k , was für mich nicht Lorentz-invariant klingt. Ich bin mir also nicht sicher, wie ϕ ( X , T ) Lorentz-invariant ist.

NEIN. Geschieht dies nicht, spricht man von spontaner Symmetriebrechung . Schauen Sie sich auch diese Antwort von Qmechanic an .
ist die von Srednicki konstruierte Lösung also keine Lorentz-invariante, wenn wir beliebiges a(k) zulassen?
Es wäre hilfreich, wenn Sie explizit zeigen würden, wo dies Ihrer Meinung nach gegen die Lorentz-Kovarianz / -Invarianz verstößt, da ich es nicht sehe - A ( k ) geht zu A ( Λ − 1 k ) unter einer Lorentz-Transformation, aber Lorentz-Invarianz des Maßes bedeutet, dass Sie den Integrationsbereich nur noch zurücktransformieren können, um nur noch zu haben A ( k ) da drin.
Eigentlich finde ich die Rückverwandlung des Integrationsraums immer noch problematisch.. Sag ich habe ϕ ( X ) → ϕ ( Λ − 1 X ) = ∫ D k ~ [ A ( Λ − 1 k ) e ich k X + A ∗ ( Λ − 1 k ) e − ich k X ] = ∫ D k ~ [ A ( k ) e ich ( Λ k ) X + A ∗ ( k ) e − ich ( Λ k ) X ] = ? ϕ ( X ) .
@KyleLee: Die Transformation eines Skalarfeldes ist ϕ ' ( X ) = ϕ ( Λ − 1 X ) . Das heißt, ich weiß nicht, was Sie falsch machen.
@ACuriousMind: Ich bin ratlos. Wie zeigt man das ϕ ' ( X ) = ϕ ( Λ − 1 X ) ist mit der Standardmoduserweiterung im OP zufrieden?
@KyleLee: Ich sehe Folgendes in Weinberg:
U ( Λ ) ϕ ( X ) U − 1 ( Λ ) = ∫ D k ~ [ A ( Λ k ) e ich k ( Λ X ) + hc ] = ∫ D k ~ [ A ( Λ ( Λ − 1 k ) ) e ich ( Λ − 1 k ) ( Λ X ) + hc ]
= ∫ D k ~ [ A ( k ) e ich k X + hc ] = ϕ ( X )
@ 0celo7: Ich bin mir nicht sicher, wie die erste Gleichheit folgt. Wenn wir haben ϕ ( Λ − 1 X ) , tut Λ − 1 nur transformieren X , oder k gleichzeitig?
Ich denke, das ist eine schlechte Notation. Es funktioniert nicht, wenn wir Felder als Operatoren betrachten, weil die Modi (a) nicht von x abhängen, sondern transformiert werden.

Antworten (1)

Im Geiste des ursprünglichen Beitrags lassen Sie k , X seien 4-Vektoren und k , X die räumlichen Komponenten. Dann eine Menge des Formulars

ϕ ( X ) ∝ ∫ D k [ A ( k ) e ich k X + A ∗ ( k ) e − ich k X ]
ist offensichtlich Lorentz-invariant, weil es explizit keine freien Lorentz-Indizes enthält. Was Srednicki tut, ist, dass er das durchführt k 0 Integration, daraus resultierend
ϕ ( X , T ) = ∫ D k F ( k ) [ A ( k ) e ich k ⋅ X + A ∗ ( k ) e − ich k ⋅ X ] ,
die nur räumliche Komponenten enthält. Dieser Ausdruck ist Lorentz-invariant, weil er nur eine andere Form des vorherigen ist, aber er sieht nicht offensichtlich Lorentz-invariant aus , was ich annehme, was die Verwirrung verursacht. Für eine explizite Form der Funktion F was natürlich mit der Energie zusammenhängt, da es das Integral darüber ist k 0 , siehe zum Beispiel Peskin und Schroeder Gl. (2.47).

EDIT: Etwas mehr Begründung:

Die Klein-Gordon-Gleichung ist

∂ μ ∂ μ ϕ − M 2 ϕ = 0.
Um es zu lösen, transformieren wir Fourier in den Impulsraum und erhalten:
( P μ P μ − M 2 ) ϕ ~ = 0.
Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist
ϕ ~ ( P ) = A ( P ) δ ( P μ P μ − M 2 ) ,
was bedeutet, dass die allgemeine Lösung für Klein-Gordon ist:
ϕ ( X ) = 1 ( 2 π ) 4 ∫ D 4 P e ich P X ϕ ~ ( P ) = 1 ( 2 π ) 4 ∫ D 4 P e ich P X A ( P ) δ ( P μ P μ − M 2 )
was offensichtlich Lorentz-invariant ist. Anschließend können Sie die durchführen P 0 Integration wie oben behauptet. Ich habe den komplex konjugierten Begriff überall ignoriert, aber es sollte trivial sein, ihn wiederherzustellen ...

Wie wäre es mit k 0 im Argument der Exponenten ? Warum sind sie noch da?
@KyleLee: Sie werden auf die Massenhülle gesetzt: k 0 = k 2 + M 2 .
Das ist richtig. Hübsch !
Nun, eine Sache, über die ich immer noch verwirrt bin, ist, dass ich das Gefühl habe, dass f (k) dann angemessen eingestellt werden sollte, um das Ganze Lorentz-invariant zu machen, nicht nur das Maß. Ich sehe nicht, wie die Koeffizienten bei der Bestimmung von f (k) keine Rolle spielen, wenn ich das erste Integral integriere.
@KyleLee: Was mich mehr beunruhigt, ist die erste Gleichung. Was macht A ( k ) bedeuten? Bedeutet das, dass es hat k 0 Abhängigkeit? Ich kann mich nicht erinnern, diese Erweiterung schon einmal gesehen zu haben. Es ist normalerweise die D k eins.
Ich stimme mit Ihnen ein
Ich dachte, das würdest du vermissen δ ( P 2 − M 2 ) Faktor.
@Heterotic: Auch hier sollte die Integration nicht vorbei sein P 0 geben F ( P ) das hängt davon ab A ( P ) ?
@KyleLee: In der Schule, also habe ich ein Foto gemacht: gyazo.com/ed1844d7413ff428cb54b52b7ebac104 . Die Delta-Funktion setzt einfach P 0 auf der Massenschale, nein P 0 integral vorbei A .
@KyleLee: Einige Autoren skalieren A so dass einer über der Quadratwurzel der Energie erscheint und nicht einer über der Energie. Etwas bessere Auflösung: imgur.com/Z07DtEY
@0celo7: Sehr sehr schön!
Garantiert die Lorentz-Invarianz der Bewegungsgleichung die Lorentz-Invarianz der Lösungen?
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