Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Момент количества движенияРассмотрим преобразования вида−τ YΛτ : u(x) 7→ u(e−τ Y x).(79)gµα Yβα = −gβα Yµα .(80)(81)Если Y ∈ TE L, то e∈ L (экспонента элемента алгебры Ли). Мы знаем, что TE L состоит из всех матриц Y ,для которых матрица G1,3 Y кососимметрична, то есть gµα Yβα кососимметрична по µ и β:Вычислим оператор D: имеемоткуда, полагая τ = 0, получаем∂u e−τ Y x = ∂µ u e−τ Y x∂τµ∂ −τ Yex ,∂τDu = ∂µ u(−Y x)µ = ∂µ u −Yβµ xβ .(82)Задача 4.10.
Показать, что D∂µ u = −∂µ ∂α uYβα xβ .Решение. Выкладка аналогичная, потом напишем. Теорема 4.4. Пусть лагранжиан поля имеет видL=1∂µ u∂ µ u + V (u).2(83)Тогда выражениеудовлетворяет соотношениюто есть является инвариантом. Нам поможет следующая лемма:Лемма 4.5.
В условиях теоремыM µαβ := xα T µβ − xβ T µα(84)∂µ M µαβ = 0,(85)∂L∂α uYβα δµβ = 0.∂(∂µ u)(86)Воспользуемся уж очень конкретным видом лагранжиана. Имеем∂Lµαγ∂α uYβα δµβ = ∂µ u∂α Yµα = ∂| u∂{z u} g| αγ{zYµ} = 0,∂(∂µ u)симм.(87)кососимм.потому что свёртка симметричного тензора с кососимметрическим по жизни равна нулю. В силу леммы можно дописать слагаемое, отмеченное ∗ (его вклад всё равно нулевой):∂L∂L∂L∂LDu +∂µ Du =∂α u −Yβα xβ +−∂µ ∂α uYβα xβ − ∂α uYβα δµβ =∂u∂(∂µ u)∂u∂(∂µ u)| {z }∗∂L∂L∂L∂Lα βα βα β∂α uYβ x +∂µ ∂α uYβ x= −Yβ x∂α u +∂µ ∂α u ==−∂u∂(∂µ u)∂u∂(∂µ u) != −Yβα xβ ∂α L = −xβ ∂α Yβα L = −∂α xβ Yβα L + ∂α xβ = −∂α xβ Yβα L + δαβ Yβα L = −∂α xβ Yβα L . (88)| {z }DL =0Здесь в равенстве «!» мы используем правило u′ v = (uv)′ − uv ′ , а равенство нулю в предпоследнем выраженииобусловлено тем, что это опять свёртка симметрического и кососимметрического тензоров.Итак, мы проверили условия теоремы Нётер и нашли, что f α = −xβ Yβα L.
Вычисляем ток Нётер:j µ = Πµ Du − f µ =∂L∂L−Yβα xβ ∂α u + xβ Yβα L = Yβα xβ −∂α u + L =∂(∂µ u)∂(∂µ u)∂L= Yαβ xβ −∂ α u + g αµ L = −Yαβ xβ (Πµ ∂ α u − g αµ L) = −Yαβ xβ T µα . (89)∂(∂µ u)27По теореме Нётер имеем ∂µ j µ = 0, то естьYαβ ∂µ (xβ T µα ) = 0.Отсюда следует, что(90)∂µ xβ T µα = 0.(91)Видимо, здесь для обоснования нужно сказать такие слова: возьмём какую-нибудь невырожденную матрицу Y (у нас таких валгебре много). На неё можно будет просто «сократить», то есть домножить на обратную. Оставшееся выражение равно в точноститому, чему надо.
А поскольку это выражение не зависит от Y , оно должно быть равно нулю всегда.Для удобства величину M µαβ берут именно такой, как в формулировке теоремы (так можно, поскольку прокаждое слагаемое в отдельности мы доказали, что его производная равна нулю). Теорема доказана. Определение. Тензор M µαβ называется тензором углового момента.Определение. ВеличинаM αβ :=называется моментом количества движения 5 .ZM 0αβ d3 x(92)4.4.5. Свойства динамических инвариантов вещественных и комплексных полейЗадача 4.11.
Для вещественного скалярного поля имеет место равенствоZ∂0 xs T 00 d3 x = P s .(93)Решение. По задаче 4.8 имеемT00311X∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕ2 .=2 µ=02(94)Ну а дальше надо посчитать и получить в ответе такой интеграл:ZP s = T 0s d3 x (s = 1, 2, 3).(95)Для комплексных скалярных полей тензор M µαβ будет таким же, как и для вещественных полей, а ток будетиметь вид ∗∗j µ = −i ∂ µ ϕϕ − ϕ∂ µ ϕ .(96)Теорема 4.6. Для вещественного скалярного поляZ1µP =d3 k k µ a− (k)a+ (k) + a+ (k)a− (k) .2(97)Докажем для µ = 0. Имеем1P0 =2Zd3 x3X∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕ2µ=0!.(98)Подставим сюда ϕ = ϕ+ + ϕ− , выраженные через a+ и a− (то есть в их импульсном представлении).
При такойподстановке образуется 4 группы слагаемых: «++», «+−», «−+» и «−−».Чтобы было меньше писать, введём обозначение (здесь k — 4-вектор)eikxe(k) := √.2k0Лемма 4.7. В каждом из случаев «++» и «−−» получается нуль.5Яправильно помню, что эта штука иногда называется кинетическим моментом?28(99) Рассмотрим случай «++». В следующих выкладках суммирование ведётся по µ = 0, . .
. , 3. За коэффициентом перед интегралом можно не следить, всё равно нуль получится.Zd3 xX∂µ ϕ∂µ ϕ + m2 ϕ2 =X ZZZZZ13+3+32+3+3d x∂µ e(k)a (k)d k ∂µ e(l)a (l)d l + me(k)a (k)d k e(l)a (l)d l ==(2π)3ZX1333++2++=dxdkdlike(k)ile(l)a(k)a(l)+me(k)e(l)a(k)a(l)=µµ(2π)3Z X1=d3 x d3 k d3 l e(k)e(l)a+ (k)a+ (l) −kµ lµ + m2 =: (∗). (100)3(2π)Далее, вспоминая о сущности e(k) и e(l), растащим экспоненту:0ei(k+l)x = ei(k0 +l0 )x · e−i(k+l)x .Кроме того, вспоминая функциональный анализ, заметим, чтоZ1d3 x e−ik·x = δ 3 (k).(2π)3(101)(102)С учётом всего этого имеем(∗) =1(2π)3/2Z0ei(k0 +l0 )x +√ a (k)a+ (l) −k0 l0 − l1 k1 − k2 l2 − k3 l3 + m2 .d3 k d3 l δ(k + l) √2k0 · 2l0(103)Но у нас под интегралом стоит √δ-функция, котораяравна нулю всюду, кроме k = −l. Значит, можно считать,√что k = −l.
Вспомним, что k0 = k2 + m2 , l0 = l2 + m2 , а так как k2 = l2 , то k0 = l0 . Кроме того,−k0 l0 − l1 k1 − k2 l2 − k3 l3 + m2 = −k02 + k2 + m2 = 0,(104)поэтому интеграл действительно равен нулю.Доказательство для «−−» совершенно аналогично. Рассмотрим слагаемое типа «+−». Подставляем всё, как и в доказательстве леммы.
На этот раз у нас вылезетδ 3 (k − l), поэтому в этом случае можно считать k = l и, следовательно, k0 = l0 . Вот эта выкладка:12Zd3 xX∂µ ϕ+ (x)∂µ ϕ− (x) + m2 ϕ+ (x)ϕ− (x) =ZX1 1333+−2=dxdkdle(k)e(−l)a(k)a(l)kl+m=µµ2 (2π)3ZX001 11kµ lµ + m2 ==d3 x e−i(k−l)x ei(k0 x −l0 k ) d3 k d3 l √ √ a+ (k)a− (l)32 (2π)2k0 2l0Z11=a+ (k)a− (k) k02 + k2 + m2 =: (∗∗). (105)d3 k √ √22k0 2k0Осталось заметить, что k02 + k2 + m2 = 2k02 , поэтому окончательноZ1(∗∗) =d3 k k 0 a+ (k)a− (k).2(106)Разбирая аналогично второй случай, получаем второе интегральное слагаемое с a− (k)a+ (k). Сумма этихдвух интегралов даёт в точности P 0 .Разбор случаев µ = 1, 2, 3 мы предоставляем читателю.
Теорема 4.8. Для комплексного скалярного поляZ∗∗P µ = d3 k k µ a− (k)a+ (k) + a+ (k)a− (k) ,Q=Z∗∗d3 k a+ (k)a− (k) − a− (k)a+ (k) .29(107)(108) Доказательство выражения для импульса P µ мы предоставляем читателю, оно аналогично предыдущейтеореме с точностью до расстановки звёздочек.Докажем теперь формулу для заряда.ZZ∗ Z∗∗∗303Q = d x j = d x i ϕ∂0 ϕ − ∂0 ϕϕ = d3 x i ϕ+ ∂0 ϕ+ − ∂0 ϕ+ ϕ+ + I +− + I −+ + I −− .Посчитаем первое слагаемое в I ++ , оно равноi1(2π)3Zd3 x d3 k d3 lei(k000+l )x i(k+l)xe∗√√ik 0 a+ a+ =002k 2lZZ0000 0∗ei(k +l )x 01∗√d3 k e2ik x a+ (k)a+ (−k).
(109)= − d3 k d3 l √k δ(k + l)a+ a+ = +0022k 2lа второе слагаемое точно такое же, только со знаком минус, поэтому I ++ = 0 и аналогично I −− = 0. А когдабудем считать I +− и I −+ , то одинаковые выражения будут складываться, а не вычитаться. В итоге,Z∗∗Q = d3 k a+ (k)a− (k) − a− (k)a+ (k) ,(110)что и требовалось. 5. Квантовые поля5.1. Не очень понятное введениеТеперь будем строить квантовую теорию для уравнения Клейна – Гордона – Фока.
Основная идея состоит взамене обычных функций операторами.Рассмотрим простейший пример — гармонический осциллятор. Для негоP0 = H =1ω a+ a− + a+ a− .2Как мы знаем, вектор энергии – импульса имеет видZ1Pµ =d3 k k µ a− (k)a+ (k) + a+ (k)a− (k) .2(1)(2)В этом случае всё пространство есть бесконечный набор гармонических осцилляторов: в каждой точке, вообщеговоря, будет своя частота.Мы знаем, что имеют место коммутационные соотношения:[a− , a+ ] = 1,[a+ , H] = −a+ ,[a− , H] = a− .(3)У нас было зафиксировано некоторое пространство, в котором существовал вакуумный вектор ψ0 , такой, чтоa− ψ0 = 0.5.2. Операторы в пространстве Фока5.2.1.
Постулаты квантовой теорииАксиоматика квантового скалярного поля устроена так.1◦ . Функции ϕ(x) и a± (k) являются операторами.2◦ . Для вещественного скалярного поля потребуем выполнения коммутационных соотношений:[a− (k), a− (l)] := 0,[a+ (k), a+ (l)] := 0,[a− (k), a+ (l)] := δ(k − l) · id .(4)3◦ . Для комплексного скалярного поля потребуем∗∗[a− (k), a+ (l)] := δ(k − l) =: [a− (k), a+ (l)],(5)остальные коммутаторы приравняем нулю.Замечание. В каком пространстве всё это происходит, мы будем тщательно скрывать.Оправдаем эти определения.
Для квантового осциллятора [a+ , a− ] = 1 (в каком-то смысле, это конечномерный аналог δ-функции).305.2.2. Операторы рождения и уничтожения. Их физический смыслЧто касается P µ , M µν , Q, и так далее, то они выражаются через a± так же, как и для классических полей.Задача 5.1. Доказать коммутационные соотношения для квантового вещественного поля:[P µ , a+ (k)] =µk µ a+ (k),−(6)µ −(7)[P , a (k)] = −k a (k).Пусть всё происходит в некотором гильбертовом пространстве H, и пусть существует вектор Φ0 ∈ H, такойчто P µ Φ0 = 0 для µ = 0, . . . , 3.Применяя результат задачи 5.1 и определение Φ0 , получаем такие формулы:P µ (a+ (k)Φ0 ) = a+ (k)P µ Φ0 + k µ a+ (k)Φ0 = k µ a+ (k)Φ0 .(8)Физики говорят так: появилась одна частица с энергией k 0 и импульсом k.Теперь подействуем ещё раз оператором a+ .
Легко видеть, чтоP µ (a+ (k)a+ (l)Φ0 ) = (k µ + lµ )a+ (k)a+ (l)Φ0 .0(9)0Физики говорят, что появилось две частицы: одна имеет энергию k и импульс k, другая — энергию l и импульс l.И вообще, если Φp — собственный вектор всех четырёх операторов P µ , то есть P µ Φp = pµ Φp , где p — 4-векторсобственных значений, то несложной выкладкой можно убедиться, чтоP µ (a+ (k)Φp ) = (pµ + k µ )a+ (k)Φp .(10)Совершенно аналогично можно установить, чтоP µ (a− (k)Φp ) = (pµ − k µ )a+ (k)Φp .(11)То же самое можно проделать для квантового комплексного скалярного поля.Задача 5.2. Доказать коммутационные соотношения для квантового комплексного поля:[P µ , a± (k)] = ±k µ a± (k),(12)[P , a (k)] = ±k a (k).(13)µ ∗±µ ∗±Здесь знаки выбираются, естественно, одновременно.Задача 5.3. Доказать коммутационные соотношения для заряда:∗[Q, a± (k)] =∗a± (k),±(14)±(15)[Q, a (k)] = −a (k).Найдём интерпретацию этих операторов в терминах частиц.∗Утверждение 5.1.
Пусть P µ Φ0 = 0 и QΦ0 = 0. Тогда вектор a+ (k)Φ0 будет собственным для P µ и для Q. Имеем∗∗∗∗P µ (a+ (k)Φ0 ) = a+ (k)P µ Φ0 + k µ a+ (k)Φ0 = k µ a+ (k)Φ0 .(16)Таким образом, собственное значение равно k µ . Теперь подействуем оператором Q:∗∗∗∗Q(a+ (k)Φ0 ) = a+ (k) QΦ0 +a+ (k)Φ0 = a+ (k)Φ0 .|{z}(17)0Значит, собственное значение для оператора Q равно +1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
