Komplexes Dirac-Feld in der Antiteilchenbeschreibung

Question

Komplexes Dirac-Feld in der Antiteilchenbeschreibung

pkjag

Ich verstehe, dass die Dirac-Gleichung negative und positive Lösungssätze hat, und dies trägt zu ihrer Quantisierung durch eine Überlagerung von zwei Fourier-Modi bei, die als Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren dargestellt werden. Was ist mit einem komplexen Dirac-Feld zur Darstellung von Antiteilchenfeldern?

Ich verstehe nicht, warum ein reales Feld nicht die Antiteilchen allein beschreiben kann, da es die negativen Lösungen des realen Dirac-Felds waren, die zuerst die Antiteilchen-Debatte entfacht haben.

ACuriousMind

Ähm ... was meinst du mit "echten" und "komplexen" Dirac-Feldern? Fermionenfelder nehmen Werte in einer Spin-1/2-Darstellung der (Abdeckung der) Lorentz-Gruppe an, sie sind nicht reell oder komplex im üblichen Sinne.

pkjag

das komplexe Skalarfeld, das Teilchen mit der Ladung q und Antiteilchen mit der Ladung -q beschreibt, wie wird es aus den Lösungen des Dirac-Feldes beschrieben?

ACuriousMind

Wenn Sie sich fragen, warum es keine geladenen reellen Felder gibt: Ladung benötigt a

U (1)

$\mathrm{U}(1)$ Symmetrie, die Lagrange-Skalarkomplexe haben, während echte Skalare dies nicht haben (es ist nur eine diskrete

Z_{2}

$\mathbb{Z}_2$ Dort). Wenn Sie nicht danach fragen, schreiben Sie bitte auf, was "das Dirac-Feld" für Sie ist und warum Sie glauben, dass es irgendetwas mit Ladungen anderer Felder zu tun hat.

Achmeteli

@ACuriousMind: Schrödinger schrieb: "Dass die Wellenfunktion ... durch eine Änderung des Messgeräts real werden kann, ist nur eine Binsenweisheit, obwohl sie dem weit verbreiteten Glauben widerspricht, dass "geladene" Felder eine komplexe Darstellung erfordern." Bitte beachten Sie die Referenz (die auch die Erweiterung von Schrödingers Ergebnissen auf die Dirac-Gleichung enthält) in meiner Antwort unten.

Antworten (3)

Komplexes Dirac-Feld in der Antiteilchenbeschreibung

Ähm ... was meinst du mit "echten" und "komplexen" Dirac-Feldern? Fermionenfelder nehmen Werte in einer Spin-1/2-Darstellung der (Abdeckung der) Lorentz-Gruppe an, sie sind nicht reell oder komplex im üblichen Sinne.
das komplexe Skalarfeld, das Teilchen mit der Ladung q und Antiteilchen mit der Ladung -q beschreibt, wie wird es aus den Lösungen des Dirac-Feldes beschrieben?
Wenn Sie sich fragen, warum es keine geladenen reellen Felder gibt: Ladung benötigt a $\mathrm{U}(1)$ Symmetrie, die Lagrange-Skalarkomplexe haben, während echte Skalare dies nicht haben (es ist nur eine diskrete $\mathbb{Z}_2$ Dort). Wenn Sie nicht danach fragen, schreiben Sie bitte auf, was "das Dirac-Feld" für Sie ist und warum Sie glauben, dass es irgendetwas mit Ladungen anderer Felder zu tun hat.
@ACuriousMind: Schrödinger schrieb: "Dass die Wellenfunktion ... durch eine Änderung des Messgeräts real werden kann, ist nur eine Binsenweisheit, obwohl sie dem weit verbreiteten Glauben widerspricht, dass "geladene" Felder eine komplexe Darstellung erfordern." Bitte beachten Sie die Referenz (die auch die Erweiterung von Schrödingers Ergebnissen auf die Dirac-Gleichung enthält) in meiner Antwort unten.

Achmeteli · Answer 1

Wie ich in meinem Artikel http://akhmeteli.org/wp-content/uploads/2011/08/JMAPAQ528082303_1.pdf (veröffentlicht in J. Math. Phys.) gezeigt habe, können Sie im Allgemeinen eine echte Funktion anstelle von verwenden die vier komplexen Komponenten des Dirac-Spinors, da 3 von vier Komponenten algebraisch aus der Dirac-Gleichung eliminiert werden können und die verbleibende Komponente durch eine Eichtransformation real gemacht werden kann.

Andrew McAddams · Answer 2

Hier sind einige Argumente für die Darstellung sowohl von Teilchen als auch von Antiteilchen durch ein Feld (allgemein komplex, nicht nur im üblichen Sinne, sondern auch im Sinne der irreduziblen Darstellung der Lorentz-Gruppe).

Alle QFT-Prozesse werden durch eine S-Matrix beschrieben, die in einer Form geschrieben werden kann

S_{a β} = ⟨ β | \hat{S} | a ⟩, \hat{S} = \hat{T} e^{ich \int {\hat{H}}_{ich N T} (X) D^{4} X} .

$S_{\alpha \beta} = \langle \beta | \hat{S} | \alpha \rangle , \quad \hat{S} = \hat{T}e^{i\int \hat{H}_{int}(x)d^4 x}.$ Hier sind einige Einschränkungen für a

{\hat{H}}_{i n t} (x)

$\hat{H}_{int}(x)$ was durch die primären Eigenschaften von QFT gegeben ist:

$\hat{S}$ muss ein Poincare-invarianter Operator sein (weil die S-Matrix eine poincare-kovariante Größe ist, was eine Folge ihrer Definition ist). Es ist nur dann ein Poincare-invarianter Operator, wenn $[\hat{H}_{int}(x), \hat {H}_{int}(y) ] = 0, (x - y)^{2} < 0$ (der Nullkommutator für raumartige Intervalle). Es ist leicht zu verstehen, wenn Sie die Erweiterung des S-Operators verwenden:
$\hat{S} = \sum_{N} \frac{{ich}^{N}}{N!} \int D^{4} X_{1} . . . D^{4} X_{N} \hat{T} ({\hat{H}}_{ich N T} (X_{1}) . . . {\hat{H}}_{ich N T} (X_{N})) .$ $\hat {S} = \sum_{n}\frac{i^{n}}{n!}\int d^{4}x_{1}...d^{4}x_{n}\hat {T}\left( \hat {H}_{int}(x_{1})...\hat {H}_{int}(x_{n})\right).$ $H_{int}(x)$ ist aufgrund seiner Definition ein poincare-invarianter Operator, $\int d^{4}x$ ist auch eine poincare-invariante Größe. Aber zeitordnender Betrieb von zwei Punkten $x, y$ ist nur bei zeitähnlichem Intervall poincare-invariant $(x - y)^{2} > 0$ . Also müssen wir einen Nullkommutator bekommen $[\hat{H}_{int}(x), \hat {H}_{int}(y) ]$ .
Aufgrund des Kausalitätsprinzips müssen wir für raumartige Intervalle haben $[\hat {H}_{int}(x), \hat {H}_{int}(y)] =0$ Auch: Bediener müssen pendeln, weil die Informationen zum Messen keine Zeit zum Anfahren haben $x$ Zu $y$ .

Aber $\hat {H}_{int}(x)$ as poincare-kovariante Objekt wird aus den Feldern as konstruiert

{\hat{H}}_{ich N T} (X) = \sum_{A l l Ψ} \sum_{A, B} F^{A_{1} . . . A_{N} B_{1} . . . B_{M}} {\hat{Ψ}}_{A_{1}} (X) . . . {\hat{Ψ}}_{A_{N}} (X) {\hat{Ψ}}_{B_{1}}^{†} (X) {\hat{Ψ}}_{B_{M}}^{†} (X) .

$\hat {H}_{int}(x) = \sum_{all \Psi}\sum_{A, B}F^{A_{1}...A_{n}B_{1}...B_{m}}\hat {\Psi}_{A_{1}}(x)...\hat{\Psi}_{A_{n}}(x)\hat {\Psi}^{\dagger}_{B_{1}}(x)\hat {\Psi}^{\dagger}_{B_{m}}(x).$ Also müssen wir haben

[\hat{Ψ} (X), {\hat{Ψ}}^{†} (j)]_{\pm} = 0, (X - j)^{2} < 0 .

$[\hat {\Psi}(x), \hat {\Psi}^{\dagger}(y)]_{\pm} = 0, \quad (x - y)^{2} < 0 .$ Diese Gleichheit ist nur möglich, wenn

\hat{Ψ}

$\hat {\Psi}$ -Feld wird aus den Operatoren konstruiert

\hat{Ψ} (X) = \sum_{σ} \int \frac{D^{3} P}{\sqrt{(2 π)^{3} 2 E_{P}}} ({\hat{A}}_{σ} (P) e^{- ich P X} u_{σ} (P) + e^{ich P X} {\hat{B}}_{σ}^{†} (P) v_{σ} (P)),

$\hat {\Psi}(x) = \sum_{\sigma}\int \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi)^{3}2E_{\mathbf p}}}\left( \hat {a}_{\sigma}(\mathbf p)e^{-ipx}u_{\sigma}(\mathbf p) + e^{ipx}\hat{b}^{\dagger}_{\sigma}(\mathbf p)v_{\sigma}(\mathbf p)\right),$ Wo

{\hat{b}}^{†}

$\hat {b}^{\dagger}$ erzeugt die Teilchen mit der Masse von

{\hat{a}}^{†}

$\hat {a}^{\dagger}$ Teilchen und mit entgegengesetzter Ladung

{\hat{a}}^{†}

$\hat {a}^{\dagger}$ Partikel.

Wir haben also die Konsequenz: Wir müssen sowohl die Teilchen als auch die Antiteilchen durch das eine Feld beschreiben $\hat {\Psi}$ weil wir die poincare-kovariante und kausale QFT brauchen.

Dieses Ergebnis lässt sich natürlich auf Ihren speziellen Fall übertragen.

Für Fermionen haben wir Antikommutierungsbeziehungen $\{\psi(x),\psi(y)\}=0, x\neq y$ und diese werden bei der Quantisierung postuliert , um das herauszufinden $a,a^\dagger$ können als Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren angesehen werden.
@void: Ihre Aussage ist nur der Sonderfall des Pauli-Theorems, der sich aus der Anforderung der Lorentz-Kovarianz und der kausalen QFT ergibt. Für die Details lesen Sie Weinberg QFT vol.1.

Leere · Answer 3

Betrachten wir für einen Moment nur ein klassisches Skalarfeld vor der Quantisierung. Für dieses Feld haben wir eine Fourier-Zerlegung:

ϕ = \int \frac{D^{3} P}{. . .} (A_{\vec{P}} e^{ich P X} + B_{\vec{P}}^{*} e^{- ich P X})

$\phi = \int \frac{d^3 \!p}{...} (a_{\vec{p}}e^{ipx} + b^*_{\vec{p}} e^{-ipx})$ Wo

a_{\vec{p}}, b_{\vec{p}}^{*}

$a_{\vec{p}}, b^*_{\vec{p}}$ sind nur Zahlen und die komplexe Konjugation von

b_{\vec{p}}

$b_{\vec{p}}$ ist nur eine Konvention. In dieser Beschreibung kann das Feld nur dann real sein, wenn

a_{\vec{p}} = b_{\vec{p}}

$a_{\vec{p}} = b_{\vec{p}}$ - eine solche Bedingung wird uns immer geben

ϕ^{*} = ϕ

$\phi^* = \phi$ . Unter Quantisierung führt dies dazu, dass die Skalarteilchen mit ihren Antiteilchen identisch sind.

Wenn wir andererseits die Realfeldbedingung nicht auferlegen, $b_{\vec{p}}^*, b_{\vec{p}}$ würde zu unterschiedlichen Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren von Antiteilchen führen. Dh für jedes Feld entsprechen die "negativen Energielösungen" immer Antiteilchen und für ein skalares Feld können wir durch komplexe Konjugation des Feldes zwischen Teilchen/Antiteilchen umschalten.

Für ein Dirac-Feld $\psi$ Die Struktur der Fourier-Zerlegung ist komplizierter, wir müssen über Spins summieren und da wir einen Spaltenvektor mit vier Komponenten haben, müssen wir die Zerlegung in einer bestimmten Basis ausdrücken:

ψ = \sum_{S} \int \frac{D^{3} P}{. . .} (A_{\vec{P}}^{S} u_{P}^{S} e^{- ich P X} + (B_{\vec{P}}^{S})^{*} v_{P}^{S} e^{ich P X})

$\psi = \sum_s \int \frac{d^3 \! p}{...} (a^s_{\vec{p}} u^s_p e^{-ipx} + (b^{s}_{\vec{p}})^* v^s_p e^{ipx})$ Wo nochmal

a, b

$a,b$ sind aber nur numerische Koeffizienten

u_{p}^{s}, v_{p}^{s}

$u^s_p, v^s_p$ sind Vierkomponenten-Spalten-"Vektoren".

Wie definieren Sie überhaupt, ob ein solches Feld real oder komplex ist? Die engste Analogie der komplexen Konjugation für Objekte mit mehreren Komponenten ist die hermitische Konjugation, die eine komplexe Konjugation jeder Komponente durchführt und den Spalten-"Vektor" in eine Zeile umwandelt. Wir bezeichnen diese Operation $\psi \to \psi^\dagger$ . Allerdings finden wir, dass die Bedingung $\psi^\dagger = \psi$ ist unter Lorentz-Transformationen nicht kovariant und schränkt darüber hinaus Antiteilchen des Feldes nicht ein. (Oder genauer gesagt, gibt uns eine seltsame eingeschränkte Mischung aus Teilchen und Antiteilchen)

Die korrekte Bedingung für die Teilchen-Antiteilchen-Äquivalenz ist die „ Ladungskonjugation “, die es erfordert

ψ = ψ_{C} = ich γ^{2} ψ^{†}

$\psi = \psi_C = i \gamma^2 \psi^\dagger$ Diese Bedingung gibt uns tatsächlich

a_{\vec{p}}^{s} = b_{\vec{p}}^{s}

$a_{\vec{p}}^s = b_{\vec{p}}^s$ nach einiger Algebra und identifiziert so die Teilchen und Antiteilchen. Eine solche Beschreibung kann für Neutrinos verwendet werden und verletzt in keiner Weise Kausalität oder Kovarianz.

Dennoch gilt, wie der Name schon sagt, ein ladungsselbstkonjugierter Spinor (der ein sogenanntes Majorana-Fermion hervorbringt ) nicht als geladen. Eine kanonische Antwort, warum dies so ist, würde uns sagen, dass die Ladungserhaltung gebrochen wäre.

Ich glaube, dass dies nur für bestimmte Wechselwirkungsterme im Lagrange gilt. Für ein Dirac-Feld $\psi$ , sollten wir in der Lage sein, einen Lagrange aus Majorana-Feldern zu konstruieren $\xi$ und ein entgegengesetzt geladenes "Anti-Feld" $\chi$ mit der Substitution $\psi \to \xi + \chi$ so dass zB der elektromagnetische Wechselwirkungsterm wäre

(\bar{ξ} + \bar{χ}) γ^{μ} (ξ + χ) A_{μ}

$(\bar{\xi} + \bar{\chi})\gamma^\mu (\xi +\chi) A_\mu$ Durch dieses Verfahren sollte es möglich sein, einen äquivalenten Lagrange-Operator zu demjenigen zu erhalten, der den unbeschränkten Dirac-Spinor verwendet. Das einzige Argument, warum wir dies nicht tun, ist die Tatsache, dass es schlichtweg unpraktisch und unelegant ist. Es macht einfach viel mehr Sinn, sowohl das Teilchen als auch das Antiteilchen in einem Feld zu enthalten.

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