Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Утверждение доказано. Физическая интерпретация состоит в появлении частицы с энергией k 0 , импульсом k и зарядом +1.В тех же предположениях совершенно аналогично доказывается, чтоP µ (a+ (k)Φ0 ) = k µ a+ (k)Φ0 ,Q(a+ (k)Φ0 ) = −a+ (k)Φ0 .(18)(19)Как может догадаться проницательный читатель, физическая интерпретация в этом случае состоит в появлениичастицы с энергией k 0 , импульсом k и зарядом −1.Замечание. Именно так и было доказано теоретическое существование античастиц.
Обнаружены они былисущественно позже.Абсолютно аналогично показывается, что:a− (k) уничтожает частицу с параметрами (k 0 , k, +1),∗a− (k) уничтожает частицу с параметрами (k 0 , k, −1).315.2.3. Пространство ФокаНастало время открыть страшную тайну и объяснить, где же все-таки действуют наши загадочные операторы. Для начала рассмотрим самый простой случай: вещественное квантовое поле.Рассмотрим пространство функцийHn := fn (k1 , . . . , kn ) : R3n → C, fn ∈ L2 (R3n ) .(20)Положим по определению H0B := C, и пусть HnB — симметрическая часть Hn , то есть функции, симметрическиепо всем аргументам. А теперь рассмотрим прямую суммуH :=∞Mn=0HnB .(21)Это и будет то пространство, в котором действуют a± .
Это пространство называется пространством Фока.Определим действие операторов следующим образом:0 f0 · δ(k1 − k) 1 √ f1 (k2 )δ(k1 − k) + f1 (k1 )δ(k2 − k) 2 ..=a+ (k) . n 1 Pbfn (k1 , . . . , kn ) √ n j=1 fn−1 (k1 , . . . , kj , . . . , kn )δ(kj − k) ......f0f1 (k1 )f2 (k1 , k2 )...(22)Аналогично действует оператор a− (k):f0f1 (k1 )f2 (k1 , k2 )...√ f1 (k)√ 2f2 (k, k1 )3f3 (k, k1 , k2 )... −a (k) = √fn (k1 , . . .
, kn ) nfn (k, k1 , . . . , kn−1 ) ......(23)Задача 5.4. Проверить, что, заданные таким образом, эти операторы удовлетворяют аксиомам квантового поля:[a− (k), a− (l)] = 0, [a+ (k), a+ (l)] = 0, [a− (k), a+ (l)] = δ(k − l) · id .(24)Задача 5.5 (Задача со звёздочкой). Придумать пространство Фока для комплексного скалярного поля.5.2.4. Перестановочная функция Паули – ЙорданаРассмотрим вещественное скалярное поле ϕ(x) = ϕ+ (x) + ϕ− (x). Как мы хорошо знаем, в импульсном представлении оно имеет видZ1e±ikx ±ϕ± (x) =d3 k √a (k).(25)3/2(2π)2k0РассмотримD± :=Здесь θ — функция Хевисайда.Задача 5.6.
Показать, что±1 1i (2π)3Ze±ikx θ(±k0 )δ(k 2 − m2 )d4 k .1 +D (x − y) = iD− (y − x),i1[ϕ− (x), ϕ+ (y)] = D− (x − y) = iD+ (y − x).i(26)[ϕ+ (x), ϕ− (y)] =(27)Определение. Функция D(x) := D+ (x) + D− (x) называется перестановочной функцией Паули – Йордана.32Заметим, что D — скалярная функция, а ϕ± — операторы. Можно показать (проделайте это!), что[ϕ(x), ϕ(y)] =1D(x − y).i(28)Это даёт коммутационное соотношение: ϕ(x) и ϕ(y) «почти коммутируют» с точностью до скалярного оператора.Эта ситуация аналогична той, которую мы наблюдали для квантового осциллятора.Задача 5.7.Z1D(x) = id4 k e−ikx sgn(k 0 )δ(k 2 − m2 ).(29)(2π)3Задача 5.8.∂µ ϕ = i[Pµ , ϕ],∂µ ∂0 ϕ = i[Pµ , ∂0 ϕ].(30)Далее в лекциях появилось вот такое до боли знакомое уравнение:( − m2 )ϕ(x) = 0.(31)Откуда оно вылезло?Задача 5.9.
Сделать то же самое для комплексного скалярного поля (написать D± , D и уравнение КГФ).Задача 5.10. Показать, чтоa± (k) =1(2π)3/2ZПочему этот интеграл не зависит от x0 ?e∓ikx 0√k ϕ(x) ∓ i∂0 ϕ(x) d3 x .2k0(32)Определение. Функция Dc (x) := θ(x0 )D− (x) − θ(−x0 )D+ (x) называется причинной функцией Грина.Задача 5.11. Показать, что причинная функция Грина является фундаментальным решением уравнения КГФ:( − m2 )Dc (x) = δ(x).(33)5.3. Алгебры КлиффордаРассмотрим n-мерное векторное пространство V над R с невырожденной симметрической билинейной формой h·, ·i.
Пусть q — соответствующая ей квадратичная форма: q(x) := hx, xi. Напомним, что скалярное умножение восстанавливается по квадратичной форме с помощью поляризационного тождества:hx, yi =1q(x + y) − q(x) − q(y) .2(34)Пусть n = p + q, где (p, q) — сигнатура квадратичной формы q. Зафиксируем в V базис{e1 , . . . , ep , ep+1 , .
. . , ep+q } ,(35)hej , ej i = 1,j = 1, . . . , p,hej , ej i = −1, j = p + 1, . . . , p + q,(36)такой, чтоhei , ej i = 0,i 6= j.Рассмотрим ассоциативную алгебру над R, порождённую 1 и {e1 , . . . , en }. Определим умножение «мономов»вида ei1 · . .
. · eik как формальную склейку слов в алфавите {1, e1 , . . . , en }. На остальные элементы алгебрыумножение продолжается по линейности.Зададим определяющие соотношения:1 · ej = ej · 1 = ej ,ei · ej + ej · ei = −2 hei , ej i .(37)В силу этих соотношений имеемe2j = −1,e2j= 1,j = 1, . . . , p,j = p + 1, . . . , p + q,ei · ej = −ej · ei , i 6= j.33(38)Определение. Построенная выше алгебра называется алгеброй Клиффорда и обозначается Clp,q .Задача 5.12 (Задача со звёздочкой).
Показать, чтоClp,q ∼= T (V )/(v ⊗ v + q(v)),(39)где T (V ) — тензорная алгебра пространства V .Не понимаю, зачем здесь звёздочка... Слова умные, а факт очень простой.Задача 5.13. При другом выборе базиса пространства V получается изоморфная алгебра.Замечание. Если решить задачу 5.12, то эту задачу решать не нужно, поскольку второе определение алгебры Клиффорда ни от какого базиса не зависит.Пример 3.1. Cl1,0 порождается {1, e1 }.
Единственным соотношением будет e21 = −1. Поэтому очевидно, чтоCl1,0 ∼= C.Пример 3.2. Cl0,1 . Соотношение такое: e21 = 1. Легко показать, что эта алгебра изоморфна R ⊕ R с покомпонентным сложением и умножением. Действительно, единицей будет элемент (1, 1), а вторым базиснымвектором — (1, −1). Соотношение, очевидно, выполняется: (1, −1)2 = (1, 1).Задача 5.14.
Доказать, что Cl2,0 ∼= H.Задача 5.15. Доказать, что Cl1,1 ∼= Mat2 (R).Решение. Действительно, достаточно положить0 −11 = E, e1 =,1 00 1e2 =,1 0тогда e21 = −1, e22 = 1, e1 e2 = −e2 e1 . Задача 5.16. Доказать, что Cl0,2 ∼= Mat2 (R).Задача 5.17. Доказать, что Cl0,2 = Mat(2, R).Решение. Действительно, достаточно положить0 11 = E, e1 =,1 01e2 =00,−1(40)тогда e21 = 1, e22 = 1, e1 e2 = −e2 e1 .
Задача 5.18 (Задача со звёздочкой). Доказать, что Cl1,3 = Mat4 (R).Задача 5.19 (Задача 31). Если v1 , v2 ∈ V , то v1 v2 + v2 v1 = −2 hv1 , v2 i.Замечание. Это не сразу следует из определения, так как оно был задано только для базиса.Решение. Вытекает из свойства линейности h·, ·i. Действительно, разложив v1 и v2 по базисным векторампространства V , имеем:Xai e i X X Xbi ei +bi eiai ei = {ei ej + ej ei = −2 hei , ej i} =DXEX= −2ai e i ,bi ei = −2 hv1 , v2 i . (41)Теперь мы хотим построить двулистное накрытие ортогональной группы, что бы это ни значило.Изучим, как обстоит дело с обратимыми элементами в алгебрах Клиффорда.Определение. Элемент x ∈ Clp,q называется обратимым, если существует x−1 ∈ Clp,q , такой что xx−1 = 1.Множество обратимых элементов алгебры Клиффорда мы будем обозначать Cl×p,q .Замечание.
Несмотря на то, что алгебры Клиффорда почти всегда некоммутативны, левый обратный элемент совпадает с правым обратным (это верно вообще в любой ассоциативной структуре): пусть x−1l x = 1,−1xx−1=1.Умножимпервоеравенствонаxсправа,получимrr−1−1x−1l (xxr ) = xr ,| {z }1откуда следует, что x−1= x−1r .l34(42)Заметим, что пространство V вложено в алгебру Клиффорда.Утверждение 5.2. Вектор v ∈ V обратим тогда и только тогда, когда q(v) 6= 0, и в этом случае v −1 =v= − q(v). В одну сторону очевидно, в другую надо подумать. Легко доказать этот факт для алгебр маленькихразмерностей, скажем, для p = q = 1 (немного посчитать).
В общем случае должно делаться также... Определение.Pinp,q := {x ∈ Clp,q | x = v1 · . . . · vm : q(vj ) = 1, vi ∈ V } .Spinp,q := {x ∈ Clp,q | x = v1 · . . . · v2m : q(vj ) = ±1, vi ∈ V } .(43)Имеет место следующая диаграмма:Spinp,q↓SOp,q⊂ Pinp,q↓⊂ Op,q⊂ Cl×p,q(44)При этом вторая стрелка A : Pinp,q нами пока не построена. Нас интересует случай p = 1 и q = 3. Итак, будемеё строить.Лемма 5.3. Рассмотрим отображение α : Clp,q → Clp,q , заданное на образующих алгебры следующим образом: α(1) = 1, α(ei ) = −ei .
Продолжим его по линейности и мультипликативности на всю алгебру. Тогдаα — корректно заданный гомоморфизм алгебры Клиффорда в себя. Все свойства гомоморфизма у нас уже есть (по определению α). Единственная трудность: пока оно задано корректно только на свободной алгебре, порождённой {1, e1 , . . . , en }. Чтобы доказать, что это эндоморфизмалгебры Клиффорда, нужно доказать, что на образе будут выполнены те же соотношения, что и в прообразе.Для этого достаточно показать, чтоα(ei ej + ej ei + 2 hei , ej i) = 0.(45)В самом деле,(−ei )(−ej ) + (−ej )(−ei ) + 2 hei , ej i = ei ej + ej ei + 2 hei , ej i = 0,(46)что и требовалось доказать. Задача 5.20. Доказать, что для v, w ∈ V выполненоv · w + w · v + 2 hv, wi = 0.(47)Лемма 5.4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
