Probleme bei der Berechnung der Wigner-Rotation für Photonen

Ich arbeite gerade Problem 2 aus Weinbergs QFT vol. 1 Kapitel 2. Die Problemstellung ist einfach. Für einen Beobachter bewegt sich ein Photon in der$y$-Richtung mit linearer Polarisation in der$z$-Richtung. In Weinbergs Notation beschreiben sie den Zustand als:

$$\Psi_p=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\Psi_{p,+}+\Psi_{p,-}\right]$$

Wo$p\equiv p^{\mu}=(\vec{p},p^0)=(0,p,0,p)$, und das$\pm$Indizes entsprechen$\pm 1$Helizitätszustände von Photonen. Natürlich verwende ich die Konvention der natürlichen Einheiten$\hbar=c=1$.

Stellen Sie sich nun einen anderen Beobachter vor, der sich mit einer Geschwindigkeit bewegt$v$im$z$Richtung relativ zum ersten. Wie beschreibt dieser neue Beobachter denselben Zustand?

Ich habe die entsprechenden Abschnitte in dem Kapitel, das die allgemeine/formale Lösung des Problems behandelt, bereits durchlaufen. Was wir berechnen wollen ist:

$$U(\Lambda)\Psi_{p}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{(\Lambda p)^0}{p^0}}\left[e^{i\theta}\Psi_{p,+}+e^{-i\theta}\Psi_{p,-}\right]$$

Wo$\Lambda$ist die Lorentz-Transformation von Interesse - ein einfacher Schub in der$z$-Richtung - und$\theta=\theta(\Lambda,p)$Drehung um die$z$-Achse, die der allgemeinen Wigner-Rotation entspricht.

Dieses Problem läuft also im Wesentlichen auf das Rechnen hinaus$\theta$. Das ist einfach: eine Wigner-Rotation$W(\Lambda,p)$denn ein masseloses Teilchen kann immer ausgedrückt werden als$S(\alpha,\beta)R(\theta)$, Wo$R(\theta)$ist die Drehung um die$z$-Achse, an der wir interessiert sind, berechnen Sie also einfach die explizite Wigner-Rotation$W=L^{-1}(\Lambda p) \Lambda L(p)$, und schau dir die an$x-y$Block, von dem wir wissen, dass er wie eine Drehung aussehen wird.

$$W=\begin{bmatrix}\cos\theta & \sin\theta & . & . \\ -\sin\theta & \cos\theta & . & . \\ . & . & . & .\\ . & . & . & .\end{bmatrix}$$

Also beginne ich mit der Berechnung. Der Standard-Vier-Impuls, den ich verwenden werde, ist$k^{\mu}=(\vec{k},k^0)=(0,0,\kappa,\kappa)$. Damit beginne ich mit der Berechnung$L(p)$.

$$\begin{align} L(p)&=R(\hat{k}\rightarrow \hat{p}) B(\kappa \rightarrow |p|)\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos(-\pi/2) & \sin(-\pi/2) & 0\\ 0 & -\sin(-\pi/2) & \cos(-\pi/2) & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & A & B\\ 0 & 0 & B & A \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -A & -B \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & B & A \end{bmatrix} \end{align}$$

wobei ich die Notation verkürzt habe über:

$$A=\frac{p^2+\kappa^2}{2 p\kappa}, \,\,\,B=\frac{p^2-\kappa^2}{2 p\kappa}$$

Ich berechne nun den anderen Teil der Wigner-Rotation,$L^{-1}(\Gamma p)$.

$$\begin{align} \Lambda &= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \gamma & v\gamma \\ 0 & 0 & v\gamma & \gamma \end{bmatrix}, \,\,\, \gamma\equiv \frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\\ &\\ \implies \Lambda p &=(0, p, pv\gamma, p\gamma )\\ &\\ L^{-1}(\Lambda p)&=B(|\Lambda p|\rightarrow \kappa )R(\hat{\Lambda p}\rightarrow \hat{k})\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & A' & B'\\ 0 & 0 & B' & A' \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos(\phi) & \sin(\phi) & 0\\ 0 & -\sin(\phi) & \cos(\phi) & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \cos\phi & \sin\phi & 0\\ 0 & -A'\sin\phi & A'\cos\phi & B'\\ 0 & -B'\sin\phi & B'\cos\phi & A' \end{bmatrix} \end{align}$$

wobei ich die Notation verkürzt habe über:

$$A'=\frac{\kappa^2+\gamma^2p^2}{2\gamma p\kappa}, \,\,\,B'=\frac{\kappa^2-\gamma^2p^2}{2\gamma p\kappa},\,\,\, \tan\phi=\frac{1}{v\gamma}$$

Die endgültige Wigner-Rotationsmatrix lautet also:

$$W=L^{-1}(\Lambda p) \Lambda L(p)=\left[ \begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & . & . \\ 0 & 1 & . & . \\ \hline . & . & . & .\\ . & . & . & . \end{array} \right]$$

So$\theta=0$, dh die Polarisierung ändert sich am Ende nicht? Ich habe keine andere Intuition für dieses Ergebnis, daher kenne ich keine Plausibilitätsprüfungen. Es scheint seltsam, dass Weinberg ein Problem einschließt, für das die endgültige Antwort langweilig ist.