Wahl der Dirac-Gammamatrixdarstellung und Definition des adjungierten Spinors

Question

Wahl der Dirac-Gammamatrixdarstellung und Definition des adjungierten Spinors

Physik
Spinoren
Dirac-matrizen
Tensorrechnung
Darstellungstheorie

Kokosnuss

Ist die Definition des adjungierten Spinors $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ Erzwingen einer bestimmten Auswahl der Darstellung der Dirac-Matrizen (oder einer Teilmenge der möglichen Auswahlmöglichkeiten)?

Genauer gesagt gehe ich (möglicherweise fälschlicherweise) davon aus, dass der Adjunkt von $ψ$ $ψ$ $ψ$ kann immer als geschrieben werden $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ mal eine lineare Kombination der Gammamatrizen

\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ} .

Wohin die übliche Wahl der Gammamatrizen führt

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

c_{μ} = (1, 0, 0, 0)

.

In kleinere Schritte unterteilt ist die Verwirrung:
Bei einer konkreten Auswahl der darzustellenden Matrizen $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ Wie können wir bestimmen, was der benachbarte Spinor in Bezug auf die Spinorkomponenten ist?
Ist es immer linear, $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} c_{μ} γ^{μ}$ ?
Ist es immer gegeben von $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ $c_{μ} = (1, 0, 0, 0)$ unabhängig von der Wahl der Gammamatrizen?

Diese Frage ist eine Folge von Kommentaren zu: Spinor-Vektor-Indizes von Dirac-Gamma-Matrizen

Um dies in sich geschlossen zu halten, finden Sie hier eine Zusammenfassung der Gedanken, warum $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ Möglicherweise gilt dies nicht für alle Auswahlmöglichkeiten der Gammamatrizen.

Die Dirac-Matrizen (Gammamatrizen) werden durch die Antikommutationsbeziehung definiert

{γ^{μ}, γ^{ν}}} = γ^{μ} γ^{ν} + γ^{ν} γ^{μ} = 2 η^{μ ν} {ich}_{4}

wo

η^{μ ν}

η^{μ ν}

η^{μ ν}

η^{μ ν}

η^{μ ν}

ist die Minkowski-Metrik (unter Verwendung der (+ - - -) Konvention) und

I_{4}

I_{4}

I_{4}

I_{4}

{ich}_{4}

ist die 4x4-Identitätsmatrix.

Gegeben ein Satz Matrizen $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ die diese Antikommutationsbeziehung erfüllen, die Matrizen $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ wird auch die Antikommutationsbeziehung erfüllen, wenn $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ ist eine Lorentz-Transformation:

{γ^{' μ}, γ^{' ν}}} = {Λ^{μ}_{α} γ^{α}, Λ^{ν}_{β} γ^{β}}} = Λ^{μ}_{α} γ^{α} Λ^{ν}_{β} γ^{β} + Λ^{ν}_{β} γ^{β} Λ^{μ}_{α} γ^{α} = Λ^{μ}_{α} Λ^{ν}_{β} (γ^{α} γ^{β} + γ^{β} γ^{α}) = Λ^{μ}_{α} Λ^{ν}_{β} 2 η^{α β} {ich}_{4} = 2 η^{μ ν} {ich}_{4}

Wenn wir das annehmen $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ $\bar{ψ} ψ = ψ^{†} γ^{0} ψ$ ist ein Skalar für jede Wahl von $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ scheint das Obige zu dem Ergebnis zu führen, dass $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{1} ψ$ ist auch ein Skalar (oder ähnlich mit jeder Gammamatrix). Dies liegt daran, dass wir das Obige verwenden können, um eine neue Auswahl von Gammamatrizen mit zu treffen $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = a γ^{0} + b γ^{1}$ $γ^{' 0} = ein γ^{0} + b γ^{1}$ (wo $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ $a^{2} - b^{2} = 1$ ${ein}^{2} - - b^{2} = 1$ ). Und würde daher erfordern $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = a ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ $ψ^{†} γ^{' 0} ψ = ein ψ^{†} γ^{0} ψ + b ψ^{†} γ^{1} ψ$ ist auch ein Skalar. Ähnlich dann, $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ $ψ^{†} γ^{μ} ψ$ müsste ein Skalar für jede Wahl von sein $μ$ $μ$ $μ$ . Es scheint wahrscheinlicher, dass die Ausgangsannahme, dass $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ unabhängig von der Wahl der Darstellung ist falsch.

knzhou

Warnung für die Antwortenden: OP ist der Ansicht, dass der Dirac-Adjoint und der Hermitian-Adjoint dasselbe sind.

Kokosnuss

@knzhou Ja, ich hatte Probleme mit der Terminologie, aber es gibt eine nicht entartete bilineare Form, die zwei Spinoren annimmt und einen Lorentz-Skalar ergibt. Ich hatte das Gefühl, dass diese vage "innere Produktstruktur", die uns einen Skalar gibt, es uns ermöglichen könnte, die Dirac-Adjoint-Repräsentation unabhängig zu definieren, und uns auch den Sinn gibt, in dem der "Dirac-Adjoint" ein Adjoint ist: Es ist das Duale des Spinors in dieser bilinearen Form Abbildung Spinor x Spinor -> Skalar. Dies ist wahrscheinlich immer noch eine falsche Terminologie, aber ich würde mich freuen, wenn Sie Erklärungen anstelle von Warnungen veröffentlichen.

Kokosnuss

Es war in diesem Sinne, den ich per Definition empfinden sollte

DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ

DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ

DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ

und ich unterschied dies von

ψ^{†}

ψ^{†}

ψ^{†}

ψ^{†}

ψ^{†}

Das ist ein "Dual" in einem anderen Sinne. Obwohl ich es nicht leugne, Fehler zu machen (ich muss lernen und daher Fragen stellen), halte ich Ihre abweisende Zusammenfassung nicht für angemessen oder richtig.

Antworten (2)

Wahl der Dirac-Gammamatrixdarstellung und Definition des adjungierten Spinors

Warnung für die Antwortenden: OP ist der Ansicht, dass der Dirac-Adjoint und der Hermitian-Adjoint dasselbe sind.
@knzhou Ja, ich hatte Probleme mit der Terminologie, aber es gibt eine nicht entartete bilineare Form, die zwei Spinoren annimmt und einen Lorentz-Skalar ergibt. Ich hatte das Gefühl, dass diese vage "innere Produktstruktur", die uns einen Skalar gibt, es uns ermöglichen könnte, die Dirac-Adjoint-Repräsentation unabhängig zu definieren, und uns auch den Sinn gibt, in dem der "Dirac-Adjoint" ein Adjoint ist: Es ist das Duale des Spinors in dieser bilinearen Form Abbildung Spinor x Spinor -> Skalar. Dies ist wahrscheinlich immer noch eine falsche Terminologie, aber ich würde mich freuen, wenn Sie Erklärungen anstelle von Warnungen veröffentlichen.
Es war in diesem Sinne, den ich per Definition empfinden sollte $DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ$ $DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ$ $DiracAdjoint (DiracAdjoint (ψ)) = ψ$ und ich unterschied dies von $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ Das ist ein "Dual" in einem anderen Sinne. Obwohl ich es nicht leugne, Fehler zu machen (ich muss lernen und daher Fragen stellen), halte ich Ihre abweisende Zusammenfassung nicht für angemessen oder richtig.

Nanashi No Gombe · Answer 1

Schnelle Antwort:

Wir können immer den Dirac-Adjunkt eines Spinors definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} γ^{0}$ . Nachdem diese Definition eingerichtet wurde, müssen wir zusätzlich erklären, wie sie sich unter einer Lorentz-Transformation transformiert, und das hängt von der Konvention ab. Zum Beispiel könnten wir wählen $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ (Hinweis $γ^{' 0}$ $γ^{' 0}$ $γ^{' 0}$ $γ^{' 0}$ $γ^{' 0}$ ist nicht mehr hermitisch) und definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{' 0}$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} γ^{' 0}$ , dann werden wir das sehen $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ transformiert sich nicht mehr als Skalar.

Auf der anderen Seite, wenn wir darauf bestehen $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ sollte sich als Skalar transformieren, sollten wir eine Funktion der Gammamatrizen finden $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F (γ^{' μ})$ $F. (γ^{' μ})$ so dass für jede Lorentz-Transformation $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S (Λ)^{†} F S (Λ) \equiv F (γ^{' μ})$ $Λ, S. (Λ)^{†} F. S. (Λ) \equiv F. (γ^{' μ})$ . Dann definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} := ψ^{†} F$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} F.$ versichert dass $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ $\bar{ψ} ψ$ transformiert sich als Skalar. Die Frage ist, ob eine solche Funktion immer existiert. Mit Ihrem Beispiel können Sie sich davon überzeugen, dass der Ansatz $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F = c_{μ} γ^{' μ}$ $F. = c_{μ} γ^{' μ}$ wird genau dann funktionieren, wenn $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ $c_{μ} Λ^{μ}_{j} = 0$ für alle räumlichen Indizes $j$ $j$ $j$ . Dies ist ein System aus drei Gleichungen $(j = 1, 2, 3)$ $(j = 1, 2, 3)$ $(j = 1, 2, 3)$ mit vier Unbekannten $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ $(c_{μ})$ und hat daher möglicherweise viele Lösungen. Zum Beispiel wenn $Λ$ $Λ$ $Λ$ beschreibt einen Schub in der $x$ $x$ $x$ -Richtung mit Geschwindigkeit $β$ $β$ $β$ , definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} := ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} (γ^{' 0} + β γ^{' 1})$ macht $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ $ψ^{†} ψ$ ein Skalar. Beachten Sie, dass $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ $γ^{' 0} + β γ^{' 1} \propto γ^{0}$ Es gibt also keinen Widerspruch.

Detaillierte Antwort:

Eine Clifford-Algebra über a $D$ $D$ $D.$ -dimensionale Raumzeit mit der Metrik ausgestattet $g^{μ ν}$ $g^{μ ν}$ $g^{μ ν}$ $g^{μ ν}$ $G^{μ ν}$ wird generiert von $D$ $D$ $D.$ hyperkomplexe Zahlen ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}, μ \in {0, \dots, D - 1}$ ${γ^{μ}}}, μ \in {0, \dots, D. - - 1}}$ definiert durch das folgende algebraische Produkt:

\begin{matrix} (1) & {γ^{μ}, γ^{ν}}} = 2 G^{μ ν} {ich}_{n} . \end{matrix}

Die Algebra ist $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D.}$ -dimensional, was bedeutet, dass es eine Liste von gibt $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D.}$ linear unabhängige Elemente, geschlossen unter Multiplikation, gebildet durch verschiedene Produkte der $D$ $D$ $D.$ hyperkomplexe Zahlen. Darüber hinaus gibt es immer eine Darstellung der Algebra in real $n \times n$ $n \times n$ $n \times n$ Matrizen wo $n = 2^{[D / 2]}$ $n = 2^{[D / 2]}$ $n = 2^{[D / 2]}$ $n = 2^{[D / 2]}$ $n = 2^{[D. /. 2]]}$ , die Operation $[\cdot]$ $[\cdot]$ $[\cdot]]$ Nehmen Sie den ganzzahligen Teil der angegebenen Zahl. Wenn die Dimension $D$ $D$ $D.$ ist gerade, dann ist diese Darstellung die einzige irreduzible Darstellung der Algebra (bis zu Äquivalenzen). Wenn die Darstellung einheitlich ist, wird die $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D}$ $2^{D.}$ Basiselemente können als hermitisch gewählt werden.

Nehmen Sie die Metrik ohne Verlust der Allgemeinheit als meist negativ signiert an $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ $(γ^{0})^{2} = + 1$ und $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{i})^{2} = - 1$ $(γ^{ich})^{2} = - - 1$ . Sie beginnen bereits zu bemerken, warum $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ ist etwas Besonderes im Gegensatz zum Rest von $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen. Es ist genau so, wie Zeit im Gegensatz zum Raum etwas Besonderes ist, da die Metrik eine Lorentzsche Signatur hat. In diesem Sinne ist für D = 4 eine Basis für $4 \times 4$ $4 \times 4$ $4 \times 4$ Matrizen ist gegeben durch ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}, j \in {1, \dots, 16}$ ${Γ_{j}}}, j \in {1, \dots, 16}}$ wo

\begin{aligned} Γ_{j} \in { & {ich}_{4}, γ^{0}, ich γ^{1}, ich γ^{2}, ich γ^{3}, \\ γ^{0} γ^{1}, γ^{0} γ^{2}, γ^{0} γ^{3}, ich γ^{1} γ^{2}, ich γ^{2} γ^{3}, ich γ^{3} γ^{1}, \\ ich γ^{0} γ^{1} γ^{2}, ich γ^{0} γ^{1} γ^{3}, ich γ^{0} γ^{2} γ^{3}, ich γ^{1} γ^{2} γ^{3}, \\ (2) & ich γ^{0} γ^{1} γ^{2} γ^{3}}} . \end{aligned}

Die imaginäre Zahl $i$ $i$ $ich$ wurde in das obige Array eingefügt, so dass für alle $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ $j, (Γ_{j})^{2} = + 1.$ Beachten Sie, dass diese Liste unter Multiplikation geschlossen wird. Dies ermöglicht es Ihnen, alle zu schreiben $4 \times 4$ $4 \times 4$ $4 \times 4$ Matrix $X$ $X$ $X.$ als Summe über diese Matrizen: $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X = \sum_{i = 1}^{16} x^{i} Γ_{i}$ $X. = \sum_{ich = 1}^{16} x^{ich} Γ_{ich}$ wo $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{i} = \frac{1}{4} Tr (X Γ_{i})$ $x_{ich} = \frac{1}{4} Tr (X. Γ_{ich})$ . Darüber hinaus für alle $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ $j \neq 1, Tr (Γ_{j}) = 0$ . Mit diesen Informationen können Sie das folgende Lemma beweisen (vgl. Schwartz Kap. 4 ).

Lemma:
Gegeben zwei Sätze von Gammamatrizen ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}$ ${γ^{μ}}}$ und ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}$ ${γ^{' μ}}}$ entsprechend Basisvektoren ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}$ ${Γ_{j}}}$ und ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}$ ${Γ_{j}^{'}}}$ gibt es eine nicht singuläre Matrix $S$ $S$ $S.$ so dass
$γ^{' μ} = S. γ^{μ} {S.}^{- - 1}, wo S. = \sum_{ich = 1}^{16} Γ_{ich}^{'} F. Γ_{ich},$
und $F$ $F$ $F.$ ist so gewählt, dass $S$ $S$ $S.$ ist nicht singulär.
Außerdem, $S$ $S$ $S.$ ist eindeutig festgelegt (bis zu einem numerischen Faktor).

Sie haben das richtig identifiziert $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} := Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ $γ^{' μ} : = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}$ gehorcht der gleichen Kommutierungsrelation wie $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ und genau aus diesem Grund sagt uns das obige Lemma von der Existenz eines Nicht-Singulars $S$ $S$ $S.$ damit

\begin{matrix} (3) & {S.}^{- - 1} γ^{μ} S. = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν}, \end{matrix}

Dies ist für die Lorentz-Invarianz der Dirac-Gleichung erforderlich.

Lassen Sie uns an dieser Stelle eine konventionelle Wahl treffen (auf die @akhmeteli die ganze Zeit hingewiesen hat). Lass uns wählen $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ so dass es Hermitian und der ist $γ^{i}$ $γ^{i}$ $γ^{i}$ $γ^{i}$ $γ^{ich}$ s so, dass sie anti-hermitisch sind. Mit anderen Worten bedeutet dies, dass $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ $γ^{μ} = γ^{0} (γ^{μ})^{†} γ^{0}$ . Beachten Sie, dass wir in der vorherigen Diskussion keine solche Annahme benötigt haben. Diese Konvention wird jedoch das, was folgen wird, erheblich vereinfachen.

Beachten Sie das, weil $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ $Λ^{μ}_{ν}$ ist real, und weil wir diese Konvention gewählt haben,

\begin{aligned} ({S.}^{†} γ^{0}) γ^{μ} ({S.}^{†} γ^{0})^{- - 1} = ({S.}^{- - 1} γ^{μ} S.)^{†} & \overset{(3)}{=} Λ^{μ}_{ν} (γ^{ν})^{†} \\ (Multiplizieren mit γ^{0} von beiden Seiten) \Rightarrow (γ^{0} {S.}^{†} γ^{0}) γ^{μ} (γ^{0} {S.}^{†} γ^{0})^{- - 1} & = Λ^{μ}_{ν} γ^{ν} \overset{(3)}{=} {S.}^{- - 1} γ^{μ} S. . \end{aligned}

Nach dem Umstellen finden wir das,

\begin{aligned} \Rightarrow (S. γ^{0} {S.}^{†} γ^{0}) γ^{μ} (S. γ^{0} {S.}^{†} γ^{0})^{- - 1} = γ^{μ} \\ \Rightarrow S. γ^{0} {S.}^{†} γ^{0} = c {ich}_{4} \\ (4) & \Rightarrow {S.}^{†} γ^{0} = c γ^{0} {S.}^{- - 1}, \end{aligned}

wo $c$ $c$ $c$ ist eine Konstante, von der Sie sich überzeugen können, dass sie real ist.

Nun, wenn wir uns normalisieren $S$ $S$ $S.$ so dass $det (S) = 1$ $det (S) = 1$ $det (S) = 1$ $det (S) = 1$ $det (S.) = 1$ , dann $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ $c^{4} = 1$ oder $c = \pm 1$ $c = \pm 1$ $c = \pm 1$ . Lassen Sie uns sehen, welchen Situationen sie entsprechen $c = + 1$ $c = + 1$ $c = + 1$ und $c = - 1$ $c = - 1$ $c = - - 1$ . Beachten Sie die folgende Identität.

\begin{aligned} {S.}^{†} S. = ({S.}^{†} γ^{0}) γ^{0} S. & \overset{(4)}{=} c γ^{0} ({S.}^{- - 1} γ^{0} S.) \\ \overset{(3)}{=} c γ^{0} Λ^{0}_{ν} γ^{ν} \\ = c (Λ^{0}_{0} {ich}_{4} - - \sum_{k = 1}^{3} Λ^{0}_{k} γ^{0} γ^{k}) \\ (5) & \Rightarrow Tr ({S.}^{†} S.) & = 4 c Λ^{0}_{0} . \end{aligned}

Schon seit $S^{†} S$ $S^{†} S$ $S^{†} S$ $S^{†} S$ $S^{†} S$ $S^{†} S$ ${S.}^{†} S.$ hat reale Eigenwerte (es ist hermitisch) und positiv-definitiv (da S nicht singulär ist), muss seine Spur positiv sein. Dies bedeutet, dass wenn $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1, c = - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - - 1, c = - - 1$ und wann $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1, c = + 1$ .

Fazit:
Definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} γ^{0}$ sehen wir das unter einer Lorentz-Transformation (nehmen $ψ \to S ψ$ $ψ \to S ψ$ $ψ \to S ψ$ $ψ \to S ψ$ $ψ \to S. ψ$ ) ohne Zeitumkehr ( $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ $Λ^{0}_{0} \geq + 1$ ), $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to + \bar{ψ} {S.}^{- - 1}$ , während für Lorentz-Transformationen, die die Zeit umkehren ( $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - 1$ $Λ^{0}_{0} \leq - - 1$ ), $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to - - \bar{ψ} {S.}^{- - 1}$ .
Wenn wir uns nicht normalisiert hätten $S$ $S$ $S.$ würden wir schreiben $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} S^{- 1}$ $\bar{ψ} \to c \bar{ψ} {S.}^{- - 1}$ . Dann dieser zusätzliche Faktor von $c$ $c$ $c$ muss im Lagrange durch vielleicht eine Feldneudefinition erledigt werden.
Allgemeiner wäre es viel komplizierter, wenn wir die Einsiedeleigenschaften der Gammamatrizen nicht annehmen würden, aber eine Definition ist eine Definition. Nach dem Definieren $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} := ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} : = ψ^{†} γ^{0}$ Unsere Aufgabe wäre es, seine Transformationsregeln zu finden und sie dann im Lagrange entsprechend umzusetzen. Wenn Sie die Transformationsregeln beibehalten möchten, müssen Sie alternativ die Definition entsprechend ändern.

Bitte lesen Sie noch einmal, was ich in der Frage geschrieben habe. Sie scheinen mich missverstanden zu haben. Ich kann die Fragen beantworten, die Sie im Abschnitt "Schnelle Antwort" stellen, aber nach mehr Nachdenken habe ich das Gefühl, dass ich ein einfacheres Argument habe als "Verwenden" $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ $ψ^{†} γ^{0}$ als Adjunkt von $ψ$ $ψ$ $ψ$ ist nicht repräsentationsunabhängig. Der Balkenbegriff funktioniert nicht gut mit mehreren Symbolen, daher werde ich ihn verwenden $Ad (ψ)$ $Ad (ψ)$ $Anzeige (ψ)$ den Adjunkt von bedeuten $ψ$ $ψ$ $ψ$ . ...
@Coconut Du verwirrst Namen. Wenn wir Dirac-Adjunkt sagen, meinen wir nicht den üblichen hermitianischen Adjunkt einer Matrix (deshalb ist Psi-Bar ein besserer Name als Dirac-Adjunkt). Der Adjunkt eines Spinors ist einfach $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ $ψ^{†}$ . Wenn Sie sich durch ein verwirrtes Missverständnis der Wörter beantwortet haben, kann ich Ihnen nicht helfen.
@Coconut Könnten Sie bitte Ihren Anspruch mit einer Referenz untermauern? Es wäre auch hilfreich, wenn Sie den Wikipedia-Artikel einmal lesen würden.

Akhmeteli · Answer 2

Wie ich in den Kommentaren zu Ihrer ursprünglichen Frage zu erklären versuchte, $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ ist nicht korrekt für alle Auswahlmöglichkeiten der Darstellung der $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen, aber es ist richtig für "konventionelle" Entscheidungen von $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen, wo $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ ist Einsiedler und alle anderen $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen sind anti-hermitisch. Wenn $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen erfüllen diese Bedingung, Sie transformiert $γ$ $γ$ $γ$ -Matrizen $γ^{' μ}$ $γ^{' μ}$ $γ^{' μ}$ $γ^{' μ}$ $γ^{' μ}$ befriedigen Sie es nicht unbedingt, weil Lorentz-Transformationen nicht unbedingt einheitlich sind. Daher ist der Ausdruck für den Dirac-adjungierten Spinor nicht unbedingt der gleiche.

Für jede Wahl gibt es nur eine lineare Kombination von $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ das ist hermitisch? Ich bin mir nicht sicher, wie ich das beweisen soll, aber wenn das der Fall ist, behebt das dann, wie $\bar{ψ}$ $\bar{ψ}$ $\bar{ψ}$ $\bar{ψ}$ $\bar{ψ}$ bezieht sich auf $ψ$ $ψ$ $ψ$ und $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ angesichts der Wahl der Darstellung?
@Coconut: Nein. Zum Beispiel können Sie für eine "konventionelle" Wahl ersetzen $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ $γ^{0}$ durch $- γ^{0}$ $- γ^{0}$ $- γ^{0}$ $- γ^{0}$ $- - γ^{0}$ .
Du sagst $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ $\bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}$ ist nicht für alle Entscheidungen richtig, und trotz aller Diskussionen und sogar einer neuen Frage ist mir immer noch unklar, wie ich sie für alle Entscheidungen richtig schreibe. Sie geben immer wieder Teilantworten. Es wäre eine Sache, wenn Sie auch einen Vorschlag machen würden, wie die Antwort zu vervollständigen ist, aber Sie lassen mich raten, und mit jeder Vermutung, anstatt mich in die richtige Richtung zu weisen, weisen Sie nur darauf hin, dass ich falsch liege. Anstatt mich ständig raten zu lassen, wie man fischt + mir zu sagen, dass meine Vermutungen falsch sind - beantworte Fragen zum Fischen.
Bei einer konkreten Auswahl der darzustellenden Matrizen $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ $γ^{μ}$ Wie können wir bestimmen, was der benachbarte Spinor in Bezug auf die Spinorkomponenten ist?

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