Wie bewertet man mögliche Spinwerte eines Zwei-Photonen-Systems?

Question

Wie bewertet man mögliche Spinwerte eines Zwei-Photonen-Systems?

Benennen Sie YYY

Das Photon hat keine genau definierte Größe wie Spin. Stattdessen ist es durch Helizität gekennzeichnet $h$ .

Nehmen wir den Zustand von zwei Photonen im CM-Rahmen an (mit $\mathbf k$ der Impuls eines der Photonen ist), von denen jedes eine bestimmte Helizität hat $h_{i}$ :

| Ψ ⟩ = | H_{1}, k; H_{2}, - k ⟩

$|\Psi \rangle = |h_{1},\mathbf k;h_{2},-\mathbf k\rangle$ Wie berechnet man den Gesamtspin (NICHT die Gesamthelizität) eines solchen Systems? Oder, wenn es möglich ist, wie kann man aus seiner Helizität auf den Spin eines beliebigen Zwei-Photonen-Zustands schließen?

Nehmen wir zum Beispiel die folgende Basis von Zwei-Photonen-Zuständen an (hier lasse ich Impulsbezeichnungen weg):

\begin{matrix} (1) & | L, R ⟩, | R, L ⟩, | L, L ⟩ \pm | R, R ⟩ \end{matrix}

$\tag 1 |L,R\rangle , \quad |R,L\rangle, \quad |L,L\rangle \pm |R,R\rangle$ Die ersten beiden Zustände haben totale Helizität

\pm 2

$\pm 2$ , also scheinen sie einem Spin-2-Zustand zu entsprechen (naiverweise kann es aus Sicht der Spingruppendarstellung keinen höheren Spin für zwei Photonen geben). Die letzten beiden Zustände haben eine Gesamthelizität von Null, also scheinen sie dem Spin Null zu entsprechen. Aber bei dieser Aussage bin ich mir nicht sicher. Ich kann dann annehmen, dass die letzten beiden Zustände eine Helizität von Null haben, aber ihr Spin ist im Allgemeinen nicht Null (in dem Sinne, dass sie zu einer Spindarstellung der Lorentz-Gruppe gehören, die nicht Null ist).

Außerdem besteht das Problem, ein Zwei-Photonen-System als ein System mit wohldefiniertem Spin zu behandeln. Der Gesamtspin eines Zwei-Photonen-Systems muss genauso berechnet werden wie die Summe der Spins jedes Photons. Der Spin eines einzelnen Photons als ruhender Drehimpuls ist jedoch nicht definiert, daher gibt es aus dieser Sicht keine Größe des Gesamtspins für ein Zwei-Photonen-System. Auch kann in gewissem Sinne der Spin als Größe eingeführt werden, die die nicht-koordinativen Transformationseigenschaften der Größe unter Rotationstransformation bestimmt. Also für einen solchen Tensor, der unabhängig von der Spingruppe ist (etwa der Lorentzgruppe), die Zahl $N$ seiner unabhängigen Komponenten definiert den Spin $S$ durch die Relation $N = 2S+1$ . Leider versagt diese Interpretation schnell, wenn wir die Eichsymmetrie berücksichtigen (oder einfach die wahre masselose Darstellung verwenden, die ist $F_{\mu\nu}$ , nicht $A_{\mu}$ ). Statt Spin ist eine solche Größe eher Helizität.

PS Dieses Thema ist relevant, wenn wir Auswahlregeln für den Bahndrehimpuls eines Zwei-Photonen-Zustands für einen gegebenen Gesamtdrehimpuls bestimmen wollen $J$ und (angenommen, dass es definiert ist) Gesamtspin $S$ . Zulässige Werte von $L$ Sind

\begin{matrix} (2) & | J - S | ⩽ L ⩽ J + S \end{matrix}

$\tag 2 |J-S|\leqslant L\leqslant J+S$ Aber wenn wir nur die Helizität kennen

h

$h$ des Staates, dann können wir nicht verwenden

(2)

$(2)$ zum Abrufen von Auswahlregeln für

L

$L$ . In jedem Fall gibt es, unabhängig von der Definition des Spins, Auswahlregeln für die Basis

(1)

$(1)$ , und ich interessiere mich für sie.

Kosmas Zachos

Das neutrale Pion mit Spin 0 zerfällt in zwei Photonen,

π^{0} \to γ γ

$\pi^0\rightarrow \gamma \gamma$ . Gehen Sie zum Ruhesystem des Pions, also zum Impulszentrum, das Sie geschrieben haben, und sehen Sie sich die Gesamtheit an

J_{z}

$J_z$ auf dieser Zerfallsachse. Die beiden Photonen, Spin 1, sind zueinander symmetrisch. Sie können sich also nicht zu Spin 1 addieren. Was können sie addieren?

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: In diesem Fall ist der einzig mögliche endgültige Zwei-Photonen-Zustand ein Eigenzustand mit negativer Parität und einer Gesamthelizität von Null

\begin{matrix} (1) & | Ψ ⟩ = | R R ⟩ - | L, L ⟩ \end{matrix}

$\tag 1 |\Psi\rangle = |RR\rangle - |L,L\rangle$ Hier

L / R

$L/R$ sind Links/Rechts-Zirkularpolarisationen. Der Gesamtdrehimpuls

J = 0

$J = 0$ ist die Summe aus Bahn- und Spindrehimpuls,

J = L + S = 0

$J = L+S = 0$ Wie kann ich sicher sein, dass für Staat

(1)

$(1)$

L = S = 0

$L = S = 0$ , aber nicht

L + S = 0

$L+S = 0$ , während

L = 2, S = 2

$L = 2, S = 2$ ?

Kosmas Zachos

Das Tensor-Meson f'(1525) mit Spin 2 hat einen 2γ-Zerfallsmodus, also kombinieren sich die beiden Photonen auch symmetrisch zu J=2. Nach Yangs Theorem / Symmetrie können sie sich nicht zu J = 1 kombinieren, sodass kein Vektormeson auf 2 Photonen zerfällt.

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: Aber was ist in diesem Fall ein Zwei-Photonen-Zustand?

| L, R ⟩

$|L,R\rangle$ oder

| L L ⟩ + | R R ⟩

$|LL\rangle + |RR\rangle$ ? Und was ist der Spin des zweiten Zustands? Nur null oder doch zwei?

Kosmas Zachos

Wenn der Spin des f '(1525) entlang der Zerfallsproduktachse liegt und nach links zeigt, auf dieser Achse

J_{z} = 2

$J_z=2$ , also natürlich auch die Zerfallsphotonen

∣ R, L ⟩

$\mid R,L\rangle$ . Ich bin mir nicht sicher, aber ich vermute den Wechselwirkungsterm im effektiven Lagrange, z

h_{μ ν}

$h_{\mu \nu}$ die Darstellung des f ', ist so etwas wie

e^{2} h_{μ ν} F^{μ λ} F_{λ}^{ν}

$e^2 h_{\mu\nu}F^{\mu\lambda}F^\nu_\lambda$ .

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: aber was zu tun ist

J_{z} = 0

$J_{z} = 0$ ? Ist

| L L ⟩ + | R R ⟩

$|LL\rangle +|RR\rangle$ der mögliche Endzustand?

Kosmas Zachos

Ja, wenn der Spin von f ' entlang dieser Achse 0 ist, würde ich erwarten, dass dies der Endzustand ist, wenn alle anderen Symmetrien dies zulassen.

Kosmas Zachos

Die Quelle all dieser Probleme ist Jacob & Wick 1959 .

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: Also, du meinst, dass die Drehung von

| L L ⟩ + | R R ⟩

$|LL\rangle +|RR\rangle$ nicht null sein kann, während die Gesamthelizität null ist. PS Danke für die Quelle.

Kosmas Zachos

? Ich habe mich nur mit Js und Helicities beschäftigt , wie in diesem Artikel. Die aufeinanderfolgenden Photonen haben im ersten Fall entgegengesetzte Helizitäten und im zweiten Fall identische. Ich habe mich um nichts anderes gekümmert. Die Symmetrie des Pions J=0 und f ' J=2 ist natürlich gleich.

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: Entschuldigung. Nämlich der Staat

| L L ⟩ + | R R ⟩

$|LL\rangle + |RR\rangle$ nur dem Skalar zugeordnet ist (mit einem Gesamtspin von Null und daher einer Helizität von insgesamt Null) oder dem Helizitäts-Null-Komponententensor mit einem Spin ungleich Null zugeordnet ist?

Kosmas Zachos

Ich vermute bei beiden, da das Minuszeichen antisymmetrisch und mit Spin 1 verbunden ist.

Benennen Sie YYY

@CosmasZachos: Ich habe einen Streit in Landaus Vol gesehen. 4. QED, dieser antisymmetrische (dh ungerade Parität) Zustand entspricht dem Spin-Null-Zustand, während der Zwei-Photonen-Zustand mit Spin 1 (der Gesamtspin, sogar nicht der Gesamtdrehimpuls) durch die Transversalitätsbedingung verboten ist. Leider gibt es in diesem Buch kein solches Argument über den symmetrischen Zustand.

Kosmas Zachos

Es könnte durchaus ein Artefakt der Notation sein. Der effektive Pion-Zerfallsterm ist

e^{2} π^{0} ϵ^{μ ν κ λ} F_{μ ν} F_{κ λ}

$e^2 \pi^0 \epsilon^{\mu\nu\kappa\lambda} F_{\mu\nu}F_{\kappa\lambda}$ also Parität ungerade; der resultierende Verstärker ist proportional zu

ϵ^{μ ν κ λ} ϵ_{μ}^{1} k_{ν}^{1} ϵ_{κ}^{2} k_{λ}^{2}

$\epsilon^{\mu\nu\kappa\lambda} \epsilon^1_\mu k^1_\nu \epsilon^2_\kappa k^2_\lambda$ , also symmetrisch unter dem Austausch von 1 mit 2, da der Austausch das Umdrehen von zwei Indexpaaren beinhaltet. Der Tensor f ' ist also skalar, gemäß meinem mutmaßlichen effektiven Begriff (übrigens,

χ (3556)

$\chi(3556)$ ist auch ein 2+, das zu zwei Photonen geht), hat aber die gleiche Austauschsymmetrie wie der Pion-Zerfall.

Kosmas Zachos

Lesen Sie oben "Pion-Zerfallsterm hat eine Paritäts-ungerade Stückkopplung mit Pseudo-Skalar-Pion"; und "also ist der Tensor f 'Parität +". Besser als das Löschen und erneute Posten bearbeiteter Kommentare.

Antworten (1)

Wie bewertet man mögliche Spinwerte eines Zwei-Photonen-Systems?

Das neutrale Pion mit Spin 0 zerfällt in zwei Photonen, $\pi^0\rightarrow \gamma \gamma$ . Gehen Sie zum Ruhesystem des Pions, also zum Impulszentrum, das Sie geschrieben haben, und sehen Sie sich die Gesamtheit an $J_z$ auf dieser Zerfallsachse. Die beiden Photonen, Spin 1, sind zueinander symmetrisch. Sie können sich also nicht zu Spin 1 addieren. Was können sie addieren?
@CosmasZachos: In diesem Fall ist der einzig mögliche endgültige Zwei-Photonen-Zustand ein Eigenzustand mit negativer Parität und einer Gesamthelizität von Null $\begin{matrix} (1) & | Ψ ⟩ = | R R ⟩ - | L, L ⟩ \end{matrix}$ $\tag 1 |\Psi\rangle = |RR\rangle - |L,L\rangle$ Hier $L/R$ sind Links/Rechts-Zirkularpolarisationen. Der Gesamtdrehimpuls $J = 0$ ist die Summe aus Bahn- und Spindrehimpuls, $J = L + S = 0$ $J = L+S = 0$ Wie kann ich sicher sein, dass für Staat $(1)$ $L = S = 0$ , aber nicht $L+S = 0$ , während $L = 2, S = 2$ ?
Das Tensor-Meson f'(1525) mit Spin 2 hat einen 2γ-Zerfallsmodus, also kombinieren sich die beiden Photonen auch symmetrisch zu J=2. Nach Yangs Theorem / Symmetrie können sie sich nicht zu J = 1 kombinieren, sodass kein Vektormeson auf 2 Photonen zerfällt.
@CosmasZachos: Aber was ist in diesem Fall ein Zwei-Photonen-Zustand? $|L,R\rangle$ oder $|LL\rangle + |RR\rangle$ ? Und was ist der Spin des zweiten Zustands? Nur null oder doch zwei?
Wenn der Spin des f '(1525) entlang der Zerfallsproduktachse liegt und nach links zeigt, auf dieser Achse $J_z=2$ , also natürlich auch die Zerfallsphotonen $\mid R,L\rangle$ . Ich bin mir nicht sicher, aber ich vermute den Wechselwirkungsterm im effektiven Lagrange, z $h_{\mu \nu}$ die Darstellung des f ', ist so etwas wie $e^2 h_{\mu\nu}F^{\mu\lambda}F^\nu_\lambda$ .
@CosmasZachos: aber was zu tun ist $J_{z} = 0$ ? Ist $|LL\rangle +|RR\rangle$ der mögliche Endzustand?
Ja, wenn der Spin von f ' entlang dieser Achse 0 ist, würde ich erwarten, dass dies der Endzustand ist, wenn alle anderen Symmetrien dies zulassen.
@CosmasZachos: Also, du meinst, dass die Drehung von $|LL\rangle +|RR\rangle$ nicht null sein kann, während die Gesamthelizität null ist. PS Danke für die Quelle.
? Ich habe mich nur mit Js und Helicities beschäftigt , wie in diesem Artikel. Die aufeinanderfolgenden Photonen haben im ersten Fall entgegengesetzte Helizitäten und im zweiten Fall identische. Ich habe mich um nichts anderes gekümmert. Die Symmetrie des Pions J=0 und f ' J=2 ist natürlich gleich.
@CosmasZachos: Entschuldigung. Nämlich der Staat $|LL\rangle + |RR\rangle$ nur dem Skalar zugeordnet ist (mit einem Gesamtspin von Null und daher einer Helizität von insgesamt Null) oder dem Helizitäts-Null-Komponententensor mit einem Spin ungleich Null zugeordnet ist?
Ich vermute bei beiden, da das Minuszeichen antisymmetrisch und mit Spin 1 verbunden ist.
@CosmasZachos: Ich habe einen Streit in Landaus Vol gesehen. 4. QED, dieser antisymmetrische (dh ungerade Parität) Zustand entspricht dem Spin-Null-Zustand, während der Zwei-Photonen-Zustand mit Spin 1 (der Gesamtspin, sogar nicht der Gesamtdrehimpuls) durch die Transversalitätsbedingung verboten ist. Leider gibt es in diesem Buch kein solches Argument über den symmetrischen Zustand.
Es könnte durchaus ein Artefakt der Notation sein. Der effektive Pion-Zerfallsterm ist $e^2 \pi^0 \epsilon^{\mu\nu\kappa\lambda} F_{\mu\nu}F_{\kappa\lambda}$ also Parität ungerade; der resultierende Verstärker ist proportional zu $\epsilon^{\mu\nu\kappa\lambda} \epsilon^1_\mu k^1_\nu \epsilon^2_\kappa k^2_\lambda$ , also symmetrisch unter dem Austausch von 1 mit 2, da der Austausch das Umdrehen von zwei Indexpaaren beinhaltet. Der Tensor f ' ist also skalar, gemäß meinem mutmaßlichen effektiven Begriff (übrigens, $\chi(3556)$ ist auch ein 2+, das zu zwei Photonen geht), hat aber die gleiche Austauschsymmetrie wie der Pion-Zerfall.
Lesen Sie oben "Pion-Zerfallsterm hat eine Paritäts-ungerade Stückkopplung mit Pseudo-Skalar-Pion"; und "also ist der Tensor f 'Parität +". Besser als das Löschen und erneute Posten bearbeiteter Kommentare.

Benennen Sie YYY · Answer 1

Es scheint, dass ich eine Antwort abgeleitet habe.

Der Spin eines Photons wird gewissermaßen als die Größe bestimmt, die die nichtkoordinative Transformation des 4-Potentials charakterisiert $A_{\mu}$ unter räumlicher Rotation (dh Mischen von Komponenten ohne Änderung der Koordinaten und daher ohne Änderung des Impulses des Photons). Lassen Sie uns reparieren $A_{0} = 0$ (daher eliminieren wir einen unphysikalischen Freiheitsgrad). In diesem Sinne hat Photon Spin 1, weil 4-Potential der Vektor mit drei nicht-trivialen Komponenten ist. Der Unterschied zu massiven Darstellungen ist offensichtlich: Es gibt auch eine verbleibende unphysikalische Komponente von $\mathbf A$ , die eliminiert werden muss (z. B. durch die Coulomb-Eichbedingung $\nabla \cdot \mathbf A = 0$ ). Dies stimmt natürlich sehr gut mit der Tatsache überein, dass masselose Zustände keinen Spin definiert haben (das vergessen wir hier $A_{\mu}$ ist nicht einmal Lorentz 4-Vektor).

Angenommen, wir wollen den Spin zweier Photonenzustände bestimmen $|\Psi\rangle$ , die gegeben sind durch $(1)$ . Genau, in Bezug auf Erstellungsoperatoren $a_{h}^{\dagger}(\pm\mathbf k)$ , Wo $h = L,R$ , sie haben die Form

| Ψ ⟩ = Symmetrisiert ({\hat{A}}_{H_{1}}^{†} (k) {\hat{A}}_{H_{2}}^{†} (- k) | 0 ⟩)

$|\Psi\rangle = \text{Symmetrized}\left(\hat{a}^{\dagger}_{h_{1}}(\mathbf k)\hat{a}^{\dagger}_{h_{2}}(-\mathbf k)|0\rangle \right)$ Hier bedeutet "symmetrisiert" Paritäts-(Anti-)Symmetrisierung.

Nun, das Rezept zur Bestimmung des Spins von zwei Photonen im Ruhezustand (lassen Sie uns einen ihrer Impulse als bezeichnen $\mathbf k$ ) ist ganz einfach. Wir müssen das Tensorprodukt von 3-Potentialen nehmen $\hat{\mathbf A}(\pm\mathbf k)$ (mit Coulomb-Eichbedingung $\mathbf k \cdot \hat{\mathbf A}(\pm \mathbf k) = 0$ ),

{\hat{A}}_{ich J} = {\hat{A}}_{ich} (k) \otimes {\hat{A}}_{J} (- k),

$\hat{A}_{ij} = \hat{A}_{i}(\mathbf k)\otimes \hat{A}_{j}(-\mathbf k),$ dann Komponenten neu zu schreiben

{\hat{A}}_{i j} | 0 ⟩

$\hat{A}_{ij}|0\rangle$ in Bezug auf Staaten

(1)

$(1)$ , und diese schließlich zu erweitern

A_{i j}

$A_{ij}$ in Bezug auf irreduzible Darstellungen von

S O (3)

$SO(3)$ Gruppe (das liegt daran, dass wir es mit Vektordarstellungen der Lorentz-Gruppe zu tun haben; erinnern wir uns daran, dass wir die Tatsache ignorieren, dass

A_{μ}

$A_{\mu}$ ist nicht Lorentz 4-Vektor!) zur Bestimmung des Spins

S

$S$ von Staaten

(1)

$(1)$ . Beachten Sie, dass aufgrund der Transversalität von

\hat{A}

$\hat{\mathbf A}$ , Tensor

{\hat{A}}_{i j}

$\hat{A}_{ij}$ ist automatisch quer, dh

k_{ich} {\hat{A}}_{ich J} (k) = k_{J} {\hat{A}}_{ich J} (k) = 0

$k_{i}\hat{A}_{ij}(\mathbf k) = k_{j}\hat{A}_{ij}(\mathbf k) = 0$ Die einzig möglichen Irreps mit definiertem Spin sind also diejenigen, die die Transversalitätsbedingung erfüllen

A_{ich J}^{1} = δ_{ich J} - N_{ich} N_{J}, A_{ich J}^{2} = ϵ_{ich J k} N_{k}, A_{ich J}^{3} = S_{ich J},

$A^{1}_{ij} = \delta_{ij}-n_{i}n_{j}, \quad A^{2}_{ij} =\epsilon_{ijk}n_{k},\quad A^{3}_{ij} = s_{ij},$ Wo

n \equiv \frac{k}{| k |}

$\mathbf n \equiv \frac{\mathbf k}{|\mathbf k|}$ , Und

s_{i j}

$s_{ij}$ ist spurloser symmetrischer Transversaltensor.

A_{i j}^{1 / 2}

$A^{1/2}_{ij}$ bezeichnet Parität gerade bzw. ungerade Parität Spin 0 irreps, while

A_{i j}^{3}

$A^{3}_{ij}$ bezeichnet Parität gerade (da symmetrisch) Spin 2 irrep. Beachten Sie, dass ein solcher Ansatz natürlich erklärt, warum der Zwei-Photonen-Zustand von Spin 1 (nicht der Gesamtwinkelimpuls) nicht auftritt: Er ist mit Irrep verbunden

A_{i j}^{4} = b_{i} n_{j} + b_{j} n_{i}

$A^{4}_{ij} = b_{i}n_{j}+b_{j}n_{i}$ (mit

b

$\mathbf b$ irgendein 3-Vektor ist), was wegen der Transversalitätsbedingung verboten ist.

Jetzt kann es leicht erhalten werden, dass $|\Psi_{\pm}\rangle$ sind Parität gerade/ungerade Spin-0-Zustände, während $|\Psi_{LR/RL}\rangle$ sind parity even Spin 2 Zustände.

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