Ich hatte im Grunde die gleichen Fragen wie du! Zumindest in meinem Fall lag es daran, dass ich die vorherigen Argumente nicht richtig verstanden habe, also werde ich versuchen, alles auf organisierte Weise zu erklären. Es hat viele Stunden gedauert, verwirrt zu sein, aber ich glaube, ich habe es endlich verstanden.

Aber lassen Sie mich zunächst eines klarstellen:$k'$ist kein Standardimpuls . Die von Weinberg gewählte Schreibweise ist hier meiner Meinung nach etwas verwirrend, aber das Buch ist nahezu perfekt, also können wir ihm verzeihen :). Ich werde die Notation ein wenig ändern. Achtung: Die eigentliche Antwort auf Ihre Frage kommt nach diesem ersten Abschnitt , aber ich denke, das ist auch sehr nützlich.

Einführung: wie und warum wir Standard-Impulszustände verwenden

Der$\sigma$Indizes ein$\Psi_{p,\sigma}$geben Freiheitsgrade eines Teilchens an, die nicht in seinem Impuls enthalten sind, und wir wollen verstehen, wie sich diese unter Lorentz-Transformationen ändern. Zu Beginn verwende ich a$\Phi$Grundlage statt der$\Psi$Basis, um Eigenzustände der verbleibenden Nicht-Impuls-Observablen anzuzeigen, die benötigt werden, um den gesamten Hilbert-Raum abzudecken. Mit anderen Worten, wir haben eine Reihe von pendelnden Observablen$\mathcal{O}$wofür$\mathcal{O}\Phi_{p,\alpha}=\alpha \Phi_{p,\alpha}$.

Die allgemeinste Transformation, die der Staat durchlaufen wird, ist

$$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} \sum_{p'} A(p',p,\alpha',\alpha,\Lambda) \Phi_{p',\alpha'},$$ wo die Summe vorbei ist$p'$ist stetig über alle möglichen Impulse. Aber aus früheren Argumenten in dem Buch geht das klar hervor$U(\Lambda)\Phi_{p,\alpha}$hat Schwung$\Lambda p$, damit wir schreiben können $$U(\Lambda) \Phi_{p,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(\Lambda,p) \Phi_{\Lambda p, \alpha'}.$$ Dies sagt uns, dass dies unter einer Lorentz-Transformation möglich ist$\alpha$Indizes werden durcheinander geraten. Beachten Sie, dass das, was bei einem Momentum-Index passiert, sehr einfach ist:$p\to \Lambda p$. Inzwischen für$\alpha$, könnten wir eine komplizierte Überlagerung verschiedener Zustände erhalten.

Vereinfachen wir das: Wir wählen einen Standardimpuls$p\equiv k$und Standardtransformation$\Lambda\equiv L(k,p)$in der obigen Gleichung, so dass$Lk=p$. Festgelegt$k$Und$L$,$C_{\alpha'\alpha}$hängt nur davon ab$p$implizit durch$L$(es kommt nicht mehr auf eine allgemeine Transformation an$\Lambda$). Das ist wichtig. (Das wird aber erst später klar.) Wenn wir oben einstecken, bekommen wir

$$U(L(k,p)) \Phi_{k,\alpha} = \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) \Phi_{p,\alpha'}.$$ Aber jetzt wählen wir eine andere diskrete Basis, um unsere Zustände zu kennzeichnen:$\Psi_{p,\sigma}$anstatt$\Phi_{p,\alpha}$(was natürlich anderen Observablen entsprechen würde). Wir haben $$\Psi_{p, \sigma} \equiv \sum_{\alpha} \tilde{B}_{\sigma \alpha}(p) \Phi_{p, \alpha}, \quad \Phi_{p, \alpha} \equiv \sum_{\sigma} B_{\alpha \sigma}(p) \Psi_{p, \sigma}.$$ Wenn wir oben einstecken, erhalten wir (unter der Annahme von linear$U$der Einfachheit halber) $$\sum_\sigma \left(B_{\alpha \sigma}(k) U(L) \Psi_{k,\sigma} - \sum_{\alpha'} C_{\alpha'\alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) \Psi_{p,\sigma}\right) = 0$$

Hier ist der Trick: Wählen Sie die$\Psi_{p,\sigma}$Grundlage so, dass$B_{\alpha \sigma}(k) = \delta_{\alpha \sigma}$, und füreinander$p$,

$$\sum_{\alpha'}C_{\alpha' \alpha}(p) B_{\alpha'\sigma}(p) = \frac{\delta_{\alpha \sigma}}{N(p)}.$$ Endlich dann mit dieser neuen Basis haben wir $$N(p)U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma} = \Psi_{p,\sigma}.$$ Das neue$\Psi$Basis ist fantastisch, denn unter dieser Lorentz-Transformation haben wir die obige einfache Beziehung - kein Mischen von$\sigma$Indizes. Das meint Weinberg, wenn er sagt, dass wir definieren$\Psi_{p,\sigma}$auf diese Weise. Dies gilt aber nicht für jede Lorentz-Transformation ! Beachten Sie, dass es wichtig war, ein Momentum zu fixieren$k$und Verwandlung$L$in den obigen Argumenten, so dass die$C_{\alpha'\alpha}$Koeffizienten nur abhängig$p$. Wenn sie auch davon abhingen$\Lambda$, wären wir nicht in der Lage, a konsistent zu wählen$\Psi$Basis, die die obige Formel erfüllt. Insbesondere haben wir das für einige allgemeine$\Lambda$,$U(\Lambda)\Psi_{k,\sigma}$wird in einer Überlagerung von Zuständen mit unterschiedlichen enden$\sigma$Werte.

Wir stellen fest, dass die Wahl eines Standardimpulses$k$und Verwandlung$L$erlaubt uns nicht, alle möglichen Momente zu erreichen$p$. Wir können nur solche Impulse erreichen, die die gleiche Masse wie haben$k$und Wert von sgn($k^0$). Somit benötigen wir 6 Klassen von Standardimpulsen und -transformationen. Innerhalb jeder Klasse können wir auch unterschiedliche Teilchenarten haben (zB Teilchen mit unterschiedlicher positiver Masse), die unterschiedliche Standardimpulse erfordern$k$und Transformationen$L$.

Die kleine Gruppe

Die kleine Gruppe besteht aus Transformationen$W$befriedigend$Wk=k$. Mit anderen Worten,$U(W)$Einwirken auf$\Psi_{k,\sigma}$vermischt sich nur$\sigma$Indizes. Eine allgemeine Lorentz-Transformation hat 6 unabhängige Parameter, also gibt es 6 Generatoren. Aber die Einschränkung$Wk=k$erlegt 3 unabhängige Bedingungen auf, was zu$W$3 Parameter haben. Wir erwarten dann, dass die kleine Gruppe 3 Generatoren hat. Dies ist in der Tat bei allen der Fall$p\neq 0$, wo wir die Gruppen SO(3) und ISO(2) haben. Der$p=0$Fall erlegt keine Beschränkungen auf$W$also haben wir immer noch SO(3,1). Die Transformationsregel hat die Form

$$U(W)\Psi_{k,\sigma} = \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W) \Psi_{k,\sigma'}$$ Als Überprüfung, ob Sie folgend sind: was sollte der Wert von sein$D_{\sigma'\sigma}(W)$sein wann$W$ist eine Standardtransformation?

Sobald wir die kleinen Gruppenmatrizen haben, sind wir fertig, da wir herausfinden können, wie sich unsere allgemeinen Zustände verändern!

$$\begin{align} U(\Lambda) \Psi_{p,\sigma} &= N(p) U(\Lambda) U(L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(L^{-1}(k,\Lambda p)\Lambda L(k,p)) \Psi_{k,\sigma}\\ &=N(p) U(L(k,\Lambda p)) U(W(\Lambda,p)) \Psi_{k,\sigma} \\ &=N(p) \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) U(L(k,\Lambda p)) \Psi_{k,\sigma'}\\ &= \frac{N(p)}{N(\Lambda p)} \sum_{\sigma'} D_{\sigma'\sigma}(W(\Lambda,p)) \Psi_{\Lambda p, \sigma'}, \end{align}$$ wo wir das kleine Gruppenelement identifiziert haben$W(\Lambda,p)=L^{-1}(k,\Lambda p) \Lambda L(k,p)$.

Normalisierung von Standard-Impulszuständen

Ich überlasse es Ihnen, Folgendes zu zeigen: Wenn wir das wollen$D$Matrizen, um eine einheitliche Darstellung der kleinen Gruppe bereitzustellen, müssen die Zustände als normalisiert werden

$$(\Psi_{k,\sigma},\Psi_{p,\sigma'}) = \delta^3(\vec{p}-\vec{k}) \delta_{\sigma\sigma'}.$$ Hier$p$ist kein Standardimpuls. Warum kann diese Normalisierung durchgeführt werden? Wir wissen, dass beide Zustände Eigenzustände von sind$\vec{P}$, sie sollten also orthogonal sein, wenn sie unterschiedlichen Eigenwerten entsprechen. Die Delta-Funktion hat keinen abhängigen Vorfaktor$k$weil wir das einfach in die Definition von aufnehmen können$\Psi_{k,\sigma}$(und es gibt keine$p$abhängiger Faktor, weil z$p\neq k$, das ist sowieso Null). Der tiefe Teil dieser Normalisierung, der Teil, der wirklich bestimmt, dass die$D$Matrizen liefern eine einheitliche Darstellung, ist die$\delta_{\sigma\sigma'}$Faktor.

Normalisierung allgemeiner 1-Teilchen-Zustände

Jetzt fehlt nur noch der Fall$(\Psi_{p,\sigma},\Psi_{p',\sigma'})$. Das Produkt beinhaltet kein Standardmomentum$k$, also vom potentiellen Vorfaktor abhängig$p$dass ich oben erwähnt habe, kann hier auftauchen, und es ist nicht von vornherein offensichtlich, dass die$\sigma$Etiketten geben einen Deltafaktor an. Spoiler: Ein impulsabhängiger Vorfaktor taucht auf, aber wir werden ihn wieder durch Neuskalierung los$\Psi_{p,\sigma}$. Diese Neuskalierung ist wegen der erlaubt$N(p)$Faktor, den wir in die Definition von aufgenommen haben$\Psi_{p,\sigma}$im ersten Abschnitt. Aber der Delta-Faktor für die$\sigma$Etiketten bleiben gleich. Lassen Sie uns dies hier neu ableiten:

$$\begin{align} (\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{p,\sigma}) &= N(p)(\Psi_{p',\sigma'},U(L(k,p))\Psi_{k,\sigma}) \\ &=N(p) (U(L^{-1}(k,p))\Psi_{p',\sigma'},\Psi_{k,\sigma}) \\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(L^{-1}(k,p)p')}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)(\Psi_{L^{-1}p',\alpha},\Psi_{k,\sigma})\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)}\sum_\alpha D_{\alpha\sigma'}^*(W)\delta^3(\vec{q}-\vec{k}) \delta_{\alpha\sigma}\\ &=\frac{N(p)N^*(p')}{N^*(q)} D_{\sigma\sigma'}^*(W) \delta^3(\vec{q}-\vec{k}). \end{align}$$ Hier haben wir definiert$q=L^{-1}(k,p)p'$. Für das Besondere$W(L^{-1},p')$Hier können Sie das in wenigen Schritten überprüfen$D_{\sigma\sigma'}(W)=\delta_{\sigma\sigma'}$. Seit$(q-k)=L^{-1}(k,p)(p'-p)$, die obige Menge ist nur für ungleich Null$p'=p$, also können wir es schreiben als $$|N(p)|^2 \delta_{\sigma\sigma'} \delta^3(\vec{q}-\vec{k}).$$ (weil wenn$p=p'$,$q=L^{-1}(k,p)p'=L^{-1}(k,p)p=k$Und$N(k)=1$). Der letzte Schritt bei der Normalisierung bezieht sich auf die obige Delta-Funktion$\delta^3(\vec{p}-\vec{p}')$.

Ich hoffe, das hat geholfen! Lassen Sie mich wissen, wenn oben etwas unklar ist.