Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Фактически, первое свойство говорит, что нам задано отображение в группуGL(V ). Кроме того, оно должно быть гомоморфизмом (свойства 2◦ –4◦ ). Это и означает, что задано линейное представление группы.За динамикуполя отвечает лагранжиан L, который зависит от η a и ∂µ η a (и не зависит от xµ ). ФункционалR 4S[η] = d x L является релятивистским инвариантом (то есть не меняется при преобразованиях из группыПуанкаре).Замечание.
Закон преобразования u′ (Λx) = RΛ u(x) выполняется только для преобразований из группы L.При сдвигах x 7→ x + a, не лежащих в L, полагаем u′ (x − a) = u(x).Далее нас будут интересовать три поля: два скалярных (вещественное и комплексное), и одно спинорное.Мы будем изучать их по следующему плану: напишем представление и лагранжиан, потом уравнения Эйлера – Лагранжа, решим их, и найдём динамический инвариант (в другой терминологии — первый интеграл).Но это ещё не всё.
Остаётся проквантовать наше поле. После этой операции, как водится, скалярные величиныстанут операторами, а функция u(x) — операторнозначной.В следующих параграфах очень часто будет использоваться дифференцирование ∂ µ с верхним индексом.Его следует понимать в смысле поднятия индекса в метрике Минковского:∂ µ = g µν ∂ν ,gµν = g µν := diag(1, −1, −1, −1).(29)Запись ∂µ ϕ∂ µ ϕ нужно понимать в обычном тензорном смысле:∂µ ϕ∂ µ ϕ = ∂0 ϕ∂ 0 ϕ + ∂1 ϕ∂ 1 ϕ + ∂2 ϕ∂ 2 ϕ + ∂3 ϕ∂ 3 ϕ.(30)И ещё одно важное замечание: пока мы работаем с функциями, умножение которых коммутативно, некоторые дальнейшие выкладки можно будет немного упростить.
Но мы этого делать не будем, поскольку приквантовании там вылезут операторы, которые коммутируют достаточно редко.Итак, приступим к достаточно скучным, но необходимым вычислениям.4.3.1. Вещественное скалярное полеВещественное скалярное поле ϕ задаётся лагранжианомL :=1m2 2∂µ ϕ∂ µ ϕ −ϕ .22(31)Поскольку поле скалярное, то естественно, V = R. Этому полю мы сопоставим тривиальное представлениеϕ′ (Λx) = ϕ(x) для всех Λ, то есть RΛ = idR .Запишем уравнение Лагранжа для функции ϕ:∂L∂L− ∂µ= 0.(32)∂ϕ∂(∂µ ϕ)Дифференцируя, получаем уравнение−m2 ϕ − ∂µ (∂ µ ϕ) = 0.µµ2(33)(−∂µ ∂ − m )ϕ = 0.(34)( − m2 )ϕ = 0.(35)Обозначая оператор := −∂µ ∂ (оператор Д’аламбера), получаем уравнениеОно называется уравнением Клейна – Гордона – Фока (с точностью до действия симметрической группы S3 намножестве фамилий).Утверждение 4.2. Решение уравнения КГФ имеет видϕ(x) = ϕ+ (x) + ϕ− (x)где1ϕ (x) =(2π)3/2±Zd3 kexp(±ikx) ±√a (k),2k0(36)(37)а a± — некоторые функции, выражения для которых будут написаны ниже.√Поясним обозначения: k = (k 0 , k), k0 = k2 + m2 , k0 = k 0 и ki = −k i при i = 1, 2, 3.
Произведение kx вэкспоненте, естественно, понимается как скалярное в смысле метрики Минковского: kx = kµ xµ = k 0 x0 − k · x.Замечание. Разложение функции ϕ инвариантно относительно преобразований из связной компоненты, длякоторой Λ00 > 0. Если же число Λ00 < 0, то слагаемые ϕ+ и ϕ− меняются местами.22Далее следовало упражнение по расстановке кванторов в этом утверждении. его нужно понимать так: длялюбого заданного поля ϕ, удовлетворяющего УКГФ, существуют функции a± и ϕ± такие, что имеет местоуказанная формула. Теперь докажем её.
Так как наша формула напоминает преобразование Фурье, выполним его над функцией ϕ по всем 4координатам:Z1d4 k eikx ϕ(k).e(38)ϕ(x) =(2π)2Вспомним про то, что функция ϕ есть решение уравнения ( −m2 )ϕ = 0. Натравим преобразование Фурье на этоуравнение. Как известно, дифференцирование при этом переходит в умножение на независимую переменную,поэтому для образа ϕe выполнено уравнение(k 2 − m2 )ϕ(k)e= 0.(39)Множитель k 2 − m2 почти всегда не равен нулю (за исключением гиперповерхности k 2 = m2 , представляющейсобой гиперболоид).
Значит, почти во всех точках должно быть ϕ(k)e= 0. Но если функция ϕe непрерывна, торешение заведомо может быть только нулевым. Значит, надо искать решение в классе обобщённых функций.Чтобы не усложнять себе жизнь, будем искать его в виде функции√ϕ(k)e= 2πδ(k 2 − m2 )Φ(k),(40) 2где Φ — обобщённая функция без сингулярностей на поверхности k = m2 . Тогда имеемZ1ϕ(x) =d4 k eikx δ(k 2 − m2 )Φ(k).(41)(2π)3/2Задача 4.6.
Пусть f ∈ C∞ , точки x1 , . . . , xn — все нули функции f (однократные). Тогдаn Xδ(x − xi )δ f (x) =.|f ′ (xi )|i=1(42)Решение. // Осторожно, возможны глюки...Утверждение задачи вытекает из формулы замены переменных в обобщённых функциях. Так как все нулиоднократные, то f ′ (xi ) 6= 0 для всех точек xi . Это значит, что локально в окрестности каждого нуля можносделать замену переменной x = f −1 (y).
Проведём необходимую выкладку, на время забыв про то, что δ — обобщённая функция. Если делать всё честно, то нужно рассматривать δ-образную последовательность и переходитьк пределу, но по сути на ход решения это не влияет. Так как нулей конечное число, действие нашей функциина пробную функцию ψ можно переписать в виде суммы интегралов по окрестностям нулей функции f . ИмеемZZnXdyδ(f (x))ψ(x) dx =δ(y)ψ(f −1 (y)) ′.(43)|f(y)|i=1U(xi )Так как supp δ = {0}, то значение функции в точках, отличных от xi , нас мало интересуют. По определениюf −1 (0) = {x1 , . . . , xn }. Значит, делая в каждом из интегралов сдвиг в точку xi , приходим к выражениюn ZnX Xδ(x − xi )δ(x − xi )δ f (x) =ψ(x)dx=.(44)′ (x )||f|f ′ (xi )|ii=1i=1А это и требовалось доказать.
Применяя утверждение задачи, получаем√√δ k0 − k2 + m2δ k0 + k2 + m2√√+.δ(k 2 − m2 ) =2 k 2 + m22 k 2 + m2(45)Заметим, что эти функции инвариантны относительно действия подгруппы L+ . Итак, ϕ(x) разложилось в суммудвух слагаемых. Напишем их одновременно, используя знаки ± и ∓ (читать нужно либо одновременно верхние,либо одновременно нижние знаки):√Z2 + m2δk∓k01√Φ(k) =ϕ± (x) =d4 k eikx(2π)3/22 k 2 + m2√Z22 0p13 exp ± k + m x − kx√=d kΦ ± k2 + m2 , k . (46)3/222(2π)2 k +m23√√Φ(± k2 +m2 ,±k)√. Для получения формулы для второго слагаемого нужноПоложим k0 = k2 + m2 и a± (k) :=2k0лишь сделать замену k 7→ −k и провести все те же выкладки.Z±i(k0 x0 −kx)p1±3 e√dkΦ(±k,±k),гдеk=ϕ (x) =k 2 + m2 .(47)00(2π)3/22k0Утверждение доказано.
4.3.2. Комплексное скалярное полеТеперь будем рассматривать комплексное скалярное поле ϕ(x) = ϕ1 (x) + iϕ2 (x). Звёздочкой, как водится,обозначаем эрмитово сопряжение (то есть транспонирование и комплексное сопряжение). нам будет удобно∗перейти к другому базису, и вместо компонент ϕ1 и ϕ2 рассматривать ϕ и ϕ.В комплексном случае лагранжиан имеет видL = ∂µ ϕ∗ ∂ µ ϕ − m2 ϕ∗ ϕ.Уравнения:((48)( − m2 )ϕ = 0,( − m2 )ϕ∗ = 0.(49)Решения этих уравнений выглядят (звёздочки, чтобы не лепить, приходится писать сверху) так же, как и длявещественного поля, а именно,∗ϕ(x) = ϕ+ (x) + ϕ− (x),где1ϕ =(2π)3/2∗±Z∗ϕ∗ (x) = ϕ+ (x) + ϕ− (x),(50)e±ikx ∗ ±d3 k √a (k).2k0(51)∗Задача 4.7. Доказать, что (a± )∗ = a∓ .4.4.
Теорема Нётер и динамические инварианты4.4.1. Теорема НётерРассмотрим однопараметрическую группу преобразований полевых функций u(x) 7→ Λτ u(x), то есть такоесемейство преобразований Λτ , что Λ0 = id, Λτ ◦ Λσ = Λτ +σ (здесь τ, σ ∈ R). Мы будем хотеть, чтобы быловыполнено условиеΛτ (∂µ u(x)) = ∂µ (Λτ u(x)),(52)то есть дифференцирование коммутирует с этой группой преобразований.Кроме того, мы будем хотеть, чтобы было выполнено свойствоΛτ L(u(x), ∂µ u(x)) = L(Λτ u(x), Λτ ∂µ u(x)).Рассмотрим операторD :=∂∂τΛτ .(53)(54)τ =0На лекции Λτ было зверским образом забыто.
Нет ничего ужаснее ошибки в определении.ОбозначимΠµ :=∂L,∂(∂µ u)(55)Πµa :=∂L.∂(∂µ ua )(56)или, покоординатно,Теорема 4.3 (Нётер). Пусть задано однопараметрическое преобразование полевых функций, такое, чтоDL = ∂µ f µ ,(57)где f — некоторый 4-вектор. Тогда для величиныj µ := Πµ Du − f µ = Πµa Dua − f µ24(58)выполнено ∂µ j µ = 0. По определению,!DL =∂∂τL(Λτ u, Λτ ∂µ u) =τ =0∂L ∂∂u ∂τ∂L ∂!!Λτ ∂µ u =∂(∂u)∂τµ=0τ =0∂L∂L∂L!!Du +∂µ Du = ∂µDu = ∂µ (Πµ Du).
(59)= ∂µ∂(∂µ )∂(∂µ u)∂(∂µ u)Λτ u +τВ первом равенстве мы сразу запихнули Λτ под лагранжиан, а во третьем — воспользовались уравнениемЛагранжа. Таким образом, имеет место равенство∂µ f µ = DL = ∂µ (Πµ Du),(60)∂µ (Πµ Du − f µ ) = ∂µ j µ = 0.(61)то естьТеорема доказана. Следствие 4.1. ВеличинаQ=Zj 0 dx1 dx2 dx3(62)не зависит от x0 , то есть Q не зависит от времени.33 Проинтегрируем тождественный нуль по четырёхмерному цилиндру V = [x01 , x02 ] × BR(через BRобозначен трёхмерный шар радиуса R по пространственным координатам):ZZZZZZµ0 30 30 = ∂µ j = dΣ(n · j) =(−j )d x +(j )d x + dΣ(n · j).(63)VVx0 =x01x0 =x02ΣУстремим R к бесконечности.
Тогда первый интеграл стремится к −Q(x01 ), второй интеграл — к Q(x02 ), а третийстремится к нулю, потому что на бесконечности j стремится к нулю за счёт того, что у нас все полевые функциибыстро убывают на бесконечности.4 Физики говорят, что Q является динамическим инвариантом, а математики — что Q — это первый интеграл.Определение.
Величина Q называется зарядом (Нётер), а j — током Нётер.4.4.2. Тензор энергии – импульсаТензор энергии – импульса появляется из-за того, что действие S[u] инвариантно при сдвигах x 7→ x + e, гдеe ∈ M 4 (в частности, потому что L не зависит от x).Рассмотрим однопараметрическое преобразование(64)Λτ : u(x) 7→ u(x + τ e).Проверим условия теоремы Нётер:DL =∂∂ττ ∂L∂LL u(x + τ e), ∂µ u(x + τ e) =∂ν ueν +∂ν ∂µ ueν =∂u∂(∂u)µ=0∂L∂L= eν∂ν u +∂ν ∂µ u = eν ∂ν L = ∂ν (eν L) . (65)∂u∂(∂µ u)Имеем Du = ∂ν ueν .
Вычислим ток Нётер:j µ = Πµ Du − eµ L = Πµ (∂ν ueν ) − eµ L = Πµ ∂ ν ueν − g µν eν L = (Πµ ∂ ν u − g µν L) eν .|{z}(66)T µνВыражение в скобках мы обозначим через T µν и назовём тензором энергии – импульса. По теореме Нётердля функции j µ выполнено ∂µ j µ = 0. Значит, в нашем случае (поскольку e — постоянный вектор) получаемуравнение∂µ T µν = 0.(67)4 Ранеемы ничего не говорили о свойствах полевых функций, потому что они не играли никакой роли.254.4.3. Сохраняющиеся величиныОпределение. Энергией называется выражениеP 0 :=ZT 00 d3 x .(68)Вектором импульса называется выражениеP m :=ZT 0m d3 x(m = 1, 2, 3).(69)Задача 4.8.
Доказать, что для вещественного скалярного поляT 00 =31X1∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕ2 .2 µ=02T 0l = ∂ 0 ϕ∂ l ϕ,l = 1, 2, 3.(70)(71)Решение. ИмеемTµνµ ν=Π ∂ ϕ−gµν∂L∂ ν ϕ − g µνL=∂(∂µ ϕ)1m2 2λ∂λ ϕ∂ ϕ −ϕ .22(72)ТогдаT 00 ==∂∂(∂0 ϕ)∂∂(∂0 ϕ)1m2 21m2 2∂λ ϕ∂ λ ϕ −ϕ ∂ 0 ϕ − g 00∂λ ϕ∂ λ ϕ −ϕ =|{z} 222213111111X1∂0 ϕ∂0 ϕ ∂ 0 ϕ − ∂λ ϕ∂ λ ϕ + m2 ϕ2 = ∂0 ϕ∂ 0 ϕ − ∂λ ϕ∂ λ ϕ + m2 ϕ2 =∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕ2 . (73)222222 µ=02В последнем равенстве мы опустили индекс, от этого поменялись знаки.Докажем вторую формулу. В этому случае второго слагаемого нет, так как g 0l = 0 при l = 1, 2, 3. Остаётсявот что:∂L∂1m2 2∂1T 0l = Π0 ∂ l ϕ =∂lϕ =∂λ ϕ∂ λ ϕ −ϕ ∂lϕ =∂0 ϕ∂ 0 ϕ ∂ l ϕ = ∂ 0 ∂ l ϕ,(74)∂(∂0 ϕ)∂(∂0 ϕ) 22∂(∂0 ϕ) 2что и требовалось.
Задача 4.9. Вывести аналогичным образом формулы для комплексного скалярного поля:X ∗∗T 00 =∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕϕ,∗∗T 0l = ∂ 0 ϕ∂ l ϕ + ∂ l ϕ∂ 0 ϕ,m = 1, 2, 3.(75)(76)Сейчас в качестве примера мы получим ещё одну сохраняющую величину, имеющую физический смысл.Рассмотрим комплексное скалярное поле и подействуем на него преобразованием Λτ ϕ(x) := e−iτ ϕ(x), а на∗∗сопряжённое поле будет действовать преобразование ϕ(x) 7→ eiτ ϕ(x). Заметим, что лагранжианL = ∂µ ϕ∗ ∂ µ ϕ − m2 ϕ∗ ϕ(77)при этом преобразовании не меняется, так как экспоненты друг друга убьют. Значит, DL = 0. Вычислим j µ :jµ =∂L∂L∗∗ µm∗µµ∗Dϕ +∗ D ϕ = ∂ ϕ(−iϕ) + ∂ ϕ(iϕ) = iϕ∂ ϕ − i∂ ϕϕ.∂(∂µ ϕ)∂(∂µ ϕ)Смысл величины Q в этом примере — электрический заряд, а j — электрический ток.26(78)4.4.4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
