Welches Spinorfeld entspricht einem sich vorwärts bewegenden Positron?

Dirac-Spinoren sind ein ärgerliches Thema, weil es ungefähr vier subtil unterschiedliche Möglichkeiten gibt, Ausdrücke wie "die Richtung, in die ein Spinor geht" oder "die konjugierte Ladung eines Spinors" zu definieren. Alle zwei verschiedenen Quellen sind garantiert völlig inkonsistent, und alle außer den besten Quellen werden mit sich selbst inkonsistent sein. Hier werde ich versuchen, ein kleines Stück dieser Verwirrung aufzulösen. Weitere Informationen finden Sie in meiner Antwort zur Ladungskonjugation von Spinoren .

Klassische Feldtheorie

Beginnen wir mit der klassischen Mechanik. Wir betrachten ebene Wellenlösungen klassischer Feldgleichungen, die im Allgemeinen die Form haben

$$\alpha(k) e^{-i k \cdot x}$$ Wo$\alpha(k)$eine Polarisation ist, zB ein Vektor für das Photonenfeld und ein Spinor für das Dirac-Feld. Das Momentum eines klassischen Feldes ist seine Noether-Ladung unter Übersetzungen, also im Allgemeinen $$\text{a plane wave proportional to } e^{-ik \cdot x} \text{ has momentum proportional to } k$$ Wenden wir uns nun den ebenen Wellenlösungen für das Dirac-Feld zu, $$\sum_{p, s} u^s(p) e^{-i p \cdot x} + v^s(p) e^{i p \cdot x}.$$ Im Vergleich zu dem, was wir gerade gefunden haben, schließen wir $$\text{classical plane wave spinors with polarization } \begin{cases} u^s(p) \\ v^s(p) \end{cases} \text{ have momentum } \begin{cases} p \\ -p. \end{cases}$$ Das ist für Dirac-Spinoren der Parameter$p$entspricht nicht dem Impuls einer klassischen ebenen Wellenlösung. Dies sagt uns jedoch nichts darüber aus, wie sich ein Wellenpaket bewegt, da sich ebene Wellen überhaupt nicht bewegen. Stattdessen müssen wir uns die Gruppengeschwindigkeit ansehen $$\mathbf{v}_g = \frac{d \omega}{d \mathbf{k}}$$ eines Wellenpakets. Für die negativen Frequenzlösungen beides $\omega$Und$\mathbf{k}$haben Zeichen umgedreht, so $$\text{wavepackets built around } u^s(p) \text{ and } v^s(p) \text{ both move along } \mathbf{p}.$$ Ich denke, das ist die beste Art, die Bewegungsrichtung im klassischen Sinne zu definieren. (Einige Quellen sagen das stattdessen$v^s(p)$bewegt sich mit$- \mathbf{p}$aber zeitlich rückwärts, aber ich denke, das ist nicht hilfreich.)

Quantenfeldtheorie

Wenn wir zur Quantenfeldtheorie übergehen, stoßen wir auf mehr Vorzeichenwechsel. Erinnern Sie sich daran, dass es in der Quantenfeldtheorie eine ebene Wellenlösung gibt$\alpha(k) e^{-i k \cdot x}$wird in Teilchen quantisiert. Um den Hilbert-Raum zu konstruieren, beginnen wir mit einem Vakuumzustand und postulieren einen Erzeugungsoperator$a_{\alpha, k}^\dagger$für jeden Modus.

Wenn wir dies naiv für den Dirac-Spinor tun, erzeugt der Erhöhungsoperator für einen negativen Frequenzmodus ein Teilchen mit negativer Energie. Das ist schlecht, da das Vakuum der Zustand mit der niedrigsten Energie sein soll. Aber der Pauli-Ausschluss rettet uns: Wir können stattdessen das Vakuum neu definieren, um alle negativen Frequenzmoden zu füllen, und den Erzeugungsoperator für einen solchen Modus als das definieren, was wir zuvor den Vernichtungsoperator genannt hatten. Dies ist das Dirac-Seebild. Dann

$$\text{particles made by the creation operators for } u_s(p) e^{-ip \cdot x}, v_s(p) e^{ip \cdot x} \text{ have momentum } p.$$ Außerdem bewegen sich beide Teilchen in Richtung ihres Impulses$\mathbf{p}$. Alle anderen Quantenzahlen für die$v$Teilchen werden von dem umgedreht, was man klassisch erwarten würde, wie Spin und Ladung, aber die Bewegungsrichtung bleibt wegen der Quantengeschwindigkeit gleich$\hat{\mathbf{v}}_g = d \hat{E} / d \hat{\mathbf{p}}$bleibt gleich.

Zusammenfassung

Zusammenfassend werde ich schnell Ihre Argumente bewerten.

1. Dein erstes Argument ist falsch. Impuls entspricht nicht der Ausbreitungsrichtung. Sie kennen das aus dem zweiten Physikjahr: Ein Stau ist ein Beispiel für eine Welle, die sich rückwärts bewegt, aber einen positiven Impuls hat.
2. Ihre zweite Rechnung ist richtig,$v^s(p)$hat tatsächlich Schwung$-p$.
3. Der klassische Spinor bewegt sich in dieselbe Richtung wie das Quantenteilchen; es muss, wenn wir eine klassische Grenze nehmen können. In beiden Fällen bewegt sich der klassische/Quanten-Spinor mit$\mathbf{p}$.
4. In der Tat wird das Auf- und Abdrehen durch das implizite Lochtheorie-Argument vertauscht, zusammen mit allem anderen.
5. Tong ist im Allgemeinen eine großartige Quelle, aber hier hat er es vermasselt. Ich habe Tong eine E-Mail geschickt und er hat zugestimmt und es in der neuesten Version der Notizen behoben.

Andere Quellen können aufgrund von metrischen Konventionen, Gamma-Matrix-Konventionen oder der Annahme, dass sich eine Teilmenge der Objekte "in der Zeit rückwärts bewegt" von dem hier Gesagten abweichen.

Tatsächlich hatte ich auch große Probleme mit dem Verständnis der "Positron" -Lösungen$v(p)e^{ipx}$der Dirac-Gleichung, aber ich glaube, jetzt habe ich es verstanden. Ich stimme auch zu, dass die meisten Literaturquellen mögliche Verwirrungen des Themas nicht aufklären, in ihren Formulierungen oft nicht präzise genug sind, was schließlich zu vielen Fragezeichen führt. Wie ich zum Beispiel am Ende zeigen werde, liegt Tong nicht ganz falsch, er hat nur vergessen, einen Gegenterm in den Hamilton-Operator der Dirac-Gleichung einzufügen, um es richtig zu machen.

Zunächst muss betont werden, dass beide Lösungen der Dirac-Gleichung nur im Rahmen der zweiten Quantisierung vollständig verstanden werden können. In diesem Rahmen der Feldoperator$\psi(x)$und sein Gegenstück$\psi^\dagger(x)$sind wie folgt definiert:

$\psi(x) = \Sigma_{p,s} ( a_{p,s} u(p)e^{-ipx} + b^\dagger_{p,s} v(p)e^{ipx})$

Es ist sehr wichtig, aus dieser Formel zu erkennen, dass sogenannte "Positronenlösungen" einen Erzeugungsoperator angehängt bekommen, im Gegensatz zur normalen Lösung, die einen Vernichtungsoperator angehängt bekommt.

Das bedeutet, dass die "Positron"-Lösung nicht nur eine weitere Zusatzlösung ist, sondern eine Eigenschaft hat, die sie wirklich von der Elektronenlösung unterscheidet. Hinüberschauen zu$\psi^\dagger(x)$wir sehen es besser:

$\psi^\dagger(x) = \Sigma_{p,s} ( b_{p,s} v^\dagger(p)e^{-ipx} + a^\dagger_{p,s}u^\dagger(p)e^{ipx})$

Eigentlich in Streuung$u(p)e^{-ipx}$beschreibt ein eingehendes Teilchen, während man es tun würde$v(p)e^{ipx}$assoziieren mit der Beschreibung eines ausgehenden Teilchens.

Sowie wir assoziieren würden$v^\dagger(p)e^{-ipx}$mit einem eingehenden Partikel und$u^\dagger(p)e^{ipx}$mit einem ausgehenden Teilchen. Das können wir also interpretieren$v^\dagger(p)e^{-ipx}$ist eigentlich ein zu vernichtendes Positron, mit dem verglichen werden muss$u(p)e^{-ipx}$da es sich um eine eingehende Elektronenlösung handelt, die ebenfalls vernichtet werden soll. Um die Analogie vollständig zu machen, überprüfen wir die Energie und den Impuls dieser Lösung$v^\dagger(p)e^{-ipx}$durch Handeln der 1-Teilchen-Operatoren$P$Und$H$drauf und erhalte positive Werte.

Aber was ist$v(p)e^{ipx}$Dann ? Es ist eine Beschreibung eines ausgehenden "Positrons". Bei (typischerweise nicht-relativistischen) Streumatrixelementen wie z$\psi^*V\psi$ein solcher Ausdruck wird symbolisiert als$\psi^*$auf denen normalerweise Betreiber$P$Und$H$nicht von der linken Seite aufgetragen werden, obwohl man sich nicht über überraschende Ergebnisse wie wundern dürfte$(-{\bf p},-E)$als Eigenwerte. Die letzten 2 Absätze dienen hauptsächlich als intuitive Erklärungen, für eine strengere Erklärung siehe den QFT-Formalismus, zu dem ich jetzt komme.

Aber der Formalismus der 2. Quantisierung (oder einfach QFT-Formalismus) beschreibt dies elegant, indem er einen Erzeugungsoperator als Koeffizient von einsetzt$v(p)e^{ipx}$(und kein Vernichtungsoperator) und man ist nicht verpflichtet, einen Operator handeln zu lassen$P$oder$H$An$\psi^*$was eigentlich sehr umständlich ist.

Der QFT-Formalismus kann eigentlich mehr: Der Impulsoperator$P$zusammengesetzt aus Feldoperatoren ist:

$P = \int d^3x\, \psi^\dagger (-i {\bf\nabla})\psi =\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \sum_s {\bf p} \left(a^\dagger_{p,s} a_{p,s} + b^\dagger_{p,s} b_{p,s}\right)$

Wenn es auf einen 1-Antiteilchen (Positron)-Zustand angewendet wird$\overline{|{\bf p}>}$(der Balken über dem Zustand soll ihn als Antiteilchenzustand markieren) erhalten wir$+{\bf p}$als Eigenwert. Der Impuls des Positronenzustands ist also positiv. Natürlich können wir es auf den 1-Teilchen-Zustand anwenden$|{\bf p}>$und auch bekommen$+{\bf p}$als Eigenwert.

Das gleiche kann mit dem Hamilton-Operator gemacht werden:$H=\int d^3x\, \psi^\dagger (i \frac{\partial}{\partial t})\psi + 4E_0 V =\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \sum_s E_p \left(a^\dagger_{p,s} a_{p,s} + b^\dagger_{p,s} b_{p,s}\right)$.

Und warum haben Sie ein negatives Ergebnis erhalten? Weil der Gegenbegriff in Tongs Ausdruck vergessen wurde (abgesehen von anderen Aspekten, die im Folgenden erklärt werden).

Um zu dem Ausdruck zu gelangen, der die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren enthält, müssen die Antikommutatorregeln für Fermionen angewendet werden, die zu einer negativen Nullpunktsenergie führen, die durch den Gegenterm kompensiert werden muss$4E_0 V$Wo$E_0= \frac{1}{2}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}E_p$Und$V=\int d^3 x\,\,$.

(Diese Manipulationen und dieser Formalismus sind in den Büchern über QFT sehr gut dokumentiert, daher gehe ich hier nicht auf längere Erklärungen ein). Tong hat also nicht so Unrecht, aber vielleicht hat er das nicht besonders betont$\psi$ist und$\psi^\dagger$sollen Feldoperatoren sein und keine 1-Teilchen-Lösungen (und er hat den Gegenbegriff vergessen). Bei Anwendung der entsprechenden (Anti-)Kommutatorregeln ergibt sich quasi automatisch das richtige Ergebnis.

Fassen wir noch einmal zusammen: Die allgemeine Regel, die es zu beachten gilt, ist, dass jedes Ergebnis, das in der relativistischen QM oder QFT erhalten werden soll, mit den Feldoperatoren (und NICHT mit den 1-Teilchen-Lösungen) und unter Anwendung der entsprechenden (Anti-)Kommutatorregeln erzielt werden muss .

Der zweite wichtige Aspekt, den es zu beachten gilt, ist dieser$v(p)e^{ipx}$beschreibt eigentlich kein "normales", dh einlaufendes Positron, sondern ein auslaufendes Positron, was einige seiner "komischen" Eigenschaften erklärt. Jedoch,$v^\dagger(p)e^{-ipx}$beschreibt ein einlaufendes, also eine Art "normales" Positron.
Wem das nicht gefällt, der kann immer noch das ausgehende Positron interpretieren$v(p)e^{ipx}$als eingehendes Elektron mit$(-{\bf p},-E)$in der Zeit rückwärts laufen.