Gordon Identity

12/08/2011

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\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\gamma^{\mu}u\left(p\right) =\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\cdot2m\gamma^{\mu}u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)+2m\gamma^{\mu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(2p^{\prime\mu}+2p^{\mu}-4m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(2p^{\prime\mu}+2p^{\mu}-p^{\prime}\!\!\!/\gamma^{\mu}-\gamma^{\mu}p\!\!\!/-2m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(\gamma^{\mu}p^{\prime}\!\!\!/+p\!\!\!/\gamma^{\mu}-2m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left\{ \gamma^{\mu}\left(p^{\prime}\!\!\!/-m\right)+\left(p\!\!\!/-m\right)\gamma^{\mu}\right\} \right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left\{ \gamma^{\mu}\left(p^{\prime}\!\!\!/-p\!\!\!/\right)-\left(p^{\prime}\!\!\!/-p\!\!\!/\right)\gamma^{\mu}\right\} \right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}-\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}\right)\left(p_{\nu}^{\prime}-p_{\nu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\right]\left(p_{\nu}^{\prime}-p_{\nu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\right]q_{\nu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)+i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\left[\frac{p^{\prime\mu}+p^{\mu}}{2m}+\frac{i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}}{2m}\right]u\left(p\right)

\therefore \ \ \ \bar{u}\left(p^{\prime}\right)\gamma^{\mu}u\left(p\right) =\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\left[\frac{p^{\prime\mu}+p^{\mu}}{2m}+\frac{i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}}{2m}\right]u\left(p\right)

Feynman Parameter

12/08/2011

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List of Nobel laureates affiliated with Cornel...

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韓国の高校数学では次の公式を使って解くことになっている問題がしばしば出てくる。

\frac{1}{AB} =\frac{1}{B-A}\left[\frac{1}{A}-\frac{1}{B}\right]

発想の転換。これが、第3の(積分)変数によって積分されたとすると？

\frac{1}{AB} =\frac{1}{A-B}\left[-\frac{1}{y}\right]_{B}^{A}=\frac{1}{A-B}\overset{A}{\underset{B}{\int}}dy\frac{1}{y^{2}}

それから、もう少し頭を使って、次のように変数変換してみる。

y =\left(A-B\right)x+B

すると、

\frac{1}{AB} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx\frac{1}{\left[\left(A-B\right)x+B\right]^{2}}=\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx\frac{1}{\left[xA+\left(1-x\right)B\right]^{2}}

\frac{1}{AB} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dxdy\delta\left(x+y-1\right)\frac{1}{\left[xA+yB\right]^{2}}

となる。Feynman parameterを使って、分母を一つの括弧の中にまとめた。こういう技法は散乱振幅の計算をかなり易しくしてくれる。

これの応用、その1つ目。

\frac{1}{AB^{n}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dxdy\delta\left(x+y-1\right)\frac{ny^{n-1}}{\left[xA+yB\right]^{n+1}}

数学的帰納法で証明できる。kからk+1までに進む一番のポイントは、両辺をBで微分すること。

2つ目の応用

\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{n}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{n}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\left(n-1\right)!}{\left[x_{1}A_{1}+x_{2}A_{2}+\cdots+x_{n}A_{n}\right]^{n}}

数学的帰納法で証明できる。証明の最大のポイントはこの式。

\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{k}A_{k+1}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{k}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\left(k-1\right)!}{\left[x_{1}A_{1}+x_{2}A_{2}+\cdots+x_{k}A_{k}\right]^{k}A_{k+1}}

3番目の応用

\frac{1}{A_{1}^{m_{1}}A_{2}^{m_{2}}\cdots A_{n}^{m_{n}}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{n}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\prod x_{i}^{m_{i}-1}}{\left[\sum x_{i}A_{i}\right]^{\sum m_{i}}}\frac{\Gamma\left(m_{1}+\cdots+m_{n}\right)}{\Gamma\left(m_{1}\right)\cdots\Gamma\left(m_{n}\right)}

これも数学帰納法で、最大のポイントは次の式。

\left(\frac{\partial}{\partial A_{1}}\right)^{m_{1}-1}\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{n}} =\frac{\left(-1\right)^{m_{1}-1}\left(m_{1}-1\right)!}{A_{1}^{m_{1}}A_{2}\cdots A_{n}}

Path Integral

12/08/2011

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1. 粒子がある点a からb まで遷移する確率は、次のように書ける。

U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\left\langle x_{b}\right|e^{-iHT/\hbar}\left|x_{a}\right\rangle

その経路の間に2重スリットを置いてみよう。

superposition principleにより、この場合の遷移振幅は、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}+e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D+d\right)-i\omega t} =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i\frac{2\pi}{\lambda}d}\right)

のようである。もしd=n\lambdaなら、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i2n\pi}\right) =2e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}

となり、constructive interferenceが起こる。けれどd=\left(n+\frac{1}{2}\right)\lambda ならば、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i\left(2n+1\right)\pi}\right)=0

となり、destructive interferenceが起こる。これより、二重以上のスリットがある場合の一般的な場合は、

U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\sum_{\mathrm{all\ paths}}e^{i\cdot\left(\mathrm{phase}\right)}=\int\mathcal{D}\left(x\right)e^{i\cdot\left(\mathrm{phase}\right)}

と書けるだろう。ここで、位置$x$ が数列であれば、それぞれのx_{i} に関してまず$latex\int dx_{i}$の積分を行い、それから\sum_{i}と和をとったのだが、時間は連続的な量なので、もう$x$は時間の関数なx\left(t\right)になっている。ゆえに、Uというのは関数の関数になっていて、ある変数x_{i}で微分するのでなく、関数x\left(t\right)で微分することになっている。このように関数の関数を扱うのを汎関数解析と呼ぶ。

さて、\left(\mathrm{phase}\right)をどうやって決めるか。古典極限に持っていくと、量子力学的とは違って、経路が確実に1つに定まることから、あの汎関数積分を古典経路を、次のようなstationary conditionより把握し、

\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\biggl(\mathrm{phase}\left[x\left(t\right)\right]\biggr)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}}=0

あれからstationary phase approximationを計算できるかも知れない。でも、古典経路は解析力学の最小作用定理を満たすものだった。

\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\biggl(S\left[x\left(t\right)\right]\biggr)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}} =\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\left(\int L\left(x\left(t\right),\dot{x}\left(t\right);t\right)dt\right)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}}=0

それで、このaction S をphaseとして使えそうである。でもただし、これはあくまでもS\gg\hbarのような古典極限で成り立つものだし、次元の問題もある。ゆえに、phaseとしてはS/\hbarを使うことにしよう。実際この遷移振幅をSchroedinger方程式に入れてみよう。

i\hbar\frac{\partial}{\partial t}U =\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+V\left(x\right)\right)U

i\hbar\frac{\partial}{\partial t}e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]} =\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+V\left(x\right)\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

-\frac{\partial S}{\partial t}\cdot e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]} =\left\{ -\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d}{dx}\left(\frac{i}{\hbar}\cdot\frac{dS}{dx}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}\right)\right\} +V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

=\left\{ -\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\left(\frac{i}{\hbar}\right)^{2}\cdot\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}+\frac{i}{\hbar}\cdot\frac{d^{2}S}{dx^{2}}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}\right)\right\} +V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

=\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}-\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^{2}S}{dx^{2}}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}+V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

\Leftrightarrow-\frac{\partial S}{\partial t} =\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}-\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^{2}S}{dx^{2}}+V\left(x\right)

ここで、古典極限として\hbar\rightarrow 0としたら、

\Leftrightarrow-\frac{\partial S}{\partial t} =\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}+V\left(x\right)

となるが、これはまさに古典力学のHamilton-Jacobi方程式である。ゆえに古典極限がうまく回っている。ゆえに遷移振幅は、最終的に

\left\langle x_{b}\right|e^{-\frac{i}{\hbar}HT}\left|x_{a}\right\rangle = U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\int\mathcal{D}x\left(t\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

のようにかける。

Fourier Transform of Heaviside Step Function

11/08/2011

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Heaviside Step functionはどうやってフーリエ変換できるか。

\frac{d}{dt}\theta\left(t\right) =\delta\left(t\right)

ここで\theta\left(t\right)を\frac{d}{dt}のGreen’s functionのようなものだと考え、naiveに計算してみようか。

\theta\left(t\right) \overset{?}{=}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}

これを見て普通にわかるだろうが、\omega=0となるところでintegrandが発散しちゃっている。ただし、正の方向から0へいく方向で発散するスピードと、負の方向から0へいく方向で発散するスピードが同じことに注目する。こういうところで一発で思い出せるのは、Cauchy principal valueである。

\mathcal{P}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega} =\overset{0}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}+\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}

それから適切な変換で積分を一つにまとめる。

=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}-e^{+i\omega t}}{-i\omega} =\frac{1}{\pi}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}d\omega\frac{e^{+i\omega t}-e^{-i\omega t}}{2i\omega} =\frac{1}{\pi}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}d\omega\frac{\sin\omega t}{\omega}

発散は実の値で起こっていたが、こういう方法で発散する実の値を打ち消し合わせ、純虚の値だけを残す。純虚というけれど、denominatorにiがあったので、全体的には実の値を持つようになる。

RHSの積分を計算するに、次のような既知の積分を用いよう。

\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}d\omega\frac{\sin\omega}{\omega} =\frac{\pi}{2}

tが正か負かによって値が変わる。

\mathcal{P}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{d\omega}{2\pi}\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega} =\begin{cases} +\frac{1}{2} & \ \ \ t>0\\ -\frac{1}{2} & \ \ \ t<0 \end{cases}

それぞれに\frac{1}{2}を足せば、Heaviside step functionそのものになる。

\theta\left(t\right) =\frac{1}{2}+\frac{1}{2\pi}\mathcal{P}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}

またDirac delta functionの定義を用いて、

\theta\left(t\right)=\frac{1}{2}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\delta\left(\omega\right)e^{-i\omega t}+\frac{1}{2\pi}\mathcal{P}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}

=\frac{1}{2\pi}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\left\{ \pi\delta\left(\omega\right)+\mathcal{P}\frac{1}{-i\omega}\right\} e^{-i\omega t}

=-\frac{1}{2\pi i}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\left\{ \mathcal{P}\frac{1}{\omega}-i\pi\delta\left(\omega\right)\right\} e^{-i\omega t}

=-\frac{1}{2\pi i}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega\frac{e^{-i\omega t}}{\omega+i\eta}

これで求まった。

\therefore\ \ \theta\left(t\right) =\frac{1}{2\pi}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}d\omega \frac{i}{\omega+i\eta} e^{-i\omega t}

\theta\left(t\right) \underset{\mathrm{F.T.}}{\Longrightarrow}\frac{i}{\omega+i\eta}

 

Relation between rapidity and velocity

09/08/2011

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\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{v}{c}\right)^{2}}}=\cosh\eta=\frac{e^{\eta}+e^{-\eta}}{2}

\beta\gamma =\frac{\beta}{\sqrt{1-\beta^{2}}}=\frac{\frac{v}{c}}{\sqrt{1-\left(\frac{v}{c}\right)^{2}}}=\sinh\eta=\frac{e^{\eta}-e^{-\eta}}{2}

e^{\eta} =\gamma+\beta\gamma=\sqrt{\frac{1+\frac{v}{c}}{1-\frac{v}{c}}}=\sqrt{\frac{c+v}{c-v}}

 

 

\eta =\frac{1}{2}\log\left(\frac{c+v}{c-v}\right)

velocity-rapidity graph

velocity-rapidity graph: x軸がvelocity。c=1 としている。c=vに近づくほど、rapidityはさらに早いスピードで大きくなる。

 

 

v =\frac{e^{2\eta}-1}{e^{2\eta}+1}c

rapidity-velocity graphrapidity-velocity graph: x軸がrapidity。rapidityが増加すればするほど、光速に到達するスピードは遅くなる。

Lorentz group

09/08/2011

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マックスウェル方程式の場合のように、Tensor notationで様々なLorentz変換を見つけることができる。

けれどこのnotation以外にもLorentz transformationは山ほどあるという。

そのすべてのLorentz transformationを一括して眺めたい。としたらすべてのLorentz変換たちが共有している性質を見つけるのが必要である。

任意のn-component multipletのLorentz transformationを考えてみよう。議論の簡単さのために線形変換に限って考える。としても、どんな複雑な変形の仕方だって、そのinfinitesimal transformationは必ず線形だから、大げさに言うまでもない。Lorentz transformationとともにfield argumentも変換するが、こいつは無視して眺めると、

\Phi \rightarrow M\left(\Lambda\right)\Phi

のような変換をするだろう。ここでM\left(\Lambda\right)はn \times nmatrixである。ここに更なるM\left(\Lambda^\prime\right)を作用させても、それもLorentz transformationであろう。つまりM\left(\Lambda\right) M\left(\Lambda^\prime\right)もLorentz変換である。ここで数学の群が浮かぶ。つまり、こういうLorentz transformationたちは群をなしているのである。としたら、群論の言葉で、M\left(\Lambda\right)は表現行列である。

さて、Lorentz群の有限次元行列をどうやって表せるか。

Lorentz transformationは「4次元時空での回転」である。なので、量子力学でも容易に記述できる3次元回転群から考えてみよう。

これはスピン量子数sごとに、そのdimensionalityをn=2s+1とし、その表現行列をn \times nとして持つやつである。たとえばスピン1の表現は3 \times 3行列である。

 

どんな連続群も、ほとんど恒等変換に近いくらいのinfinitesimalな変換は、あるベクトル空間を作る。それはその群のLie algebraという。そのベクトル空間の基底ベクトルはLie algebraの生成子という。

 

3次元回転群の場合、その演算子は角運動量演算子であり、有名なcommutation relationを満たす。有限な回転演算はgeneratorを指数関数の肩の上に置いたような形になる。演算子の掛け算の規則はgeneratorたちの交換関係によって定まる。

ここでのように、その群のgeneratorを求めて、そいつを指数関数の肩の上に置けば、continuous groupの行列表現を表すことができる。

 

今はローレンツ群の生成子の交換関係を求めなければいけない。スピン角運動量だけではなく、軌道角運動量も交換関係は満たす。

J^{ij}=-i\left(x^{i}\nabla^{j}-x^{j}\nabla^{i}\right)

これを4次元に拡張するとしたら、考えるまででもなくこれだろう。

J^{\mu\nu} =i\left(x^{\mu}\partial^{\nu}-x^{\nu}\partial^{\mu}\right)

計算してみれば、わかるが、こいつなら次のような交換関係を満たす。

\left[J^{\mu\nu},\ J^{\rho\sigma}\right] =-i\left(g^{\mu\rho}J^{\nu\sigma}-g^{\mu\sigma}J^{\nu\rho}-g^{\nu\rho}J^{\mu\sigma}+g^{\nu\sigma}J^{\mu\rho}\right)

これがLorentz groupのcommutation relationである。

 

一方、次のような表現も、Lorentz groupのgeneratorになりえるのがわかる。

\left(\mathcal{J}^{\mu\nu}\right)_{\alpha\beta} =i\left({\delta^{\mu}}_{\alpha}{\delta^{\nu}}_{\beta}-{\delta^{\mu}}_{\beta}{\delta^{\nu}}_{\alpha}\right)

それから、以前ポストしたようにSpinor表現もある。

Weyl Spinor

09/08/2011

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\psi=\left(\begin{array}{c} \psi_{L}\\ \psi_{R} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} {\psi_{L}}_{\alpha}\\ {\psi_{R}}^{\dot{\alpha}} \end{array}\right)

left-handed spinorとright-handed spinorのLorentz変換は次のようにかける。

{\psi_{L}}_{\alpha} \rightarrow{\left(\exp\left[-i\theta_{k}\frac{\sigma^{k}}{2}-\beta_{k}\frac{\sigma^{k}}{2}\right]\right)_{\alpha}}^{\beta}{\psi_{L}}_{\beta}

{\psi_{R}}^{\dot{\alpha}} \rightarrow{\left(\exp\left[-i\theta_{k}\frac{\sigma^{k}}{2}+\beta_{k}\frac{\sigma^{k}}{2}\right]\right)^{\dot{\alpha}}}_{\dot{\beta}}{\psi_{R}}^{\dot{\beta}}

\sigma^{2}\psi_{L}^{*}はright-handed spinorのような変換則を持つ。

{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\alpha}} \rightarrow{\left(\exp\left[i\theta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}-\beta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}\right]\right)_{\dot{\alpha}}}^{\dot{\beta}}{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\beta}}

\left(i\sigma^{2}\right)^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}}{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\alpha}} \rightarrow\left(i\sigma^{2}\right)^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}}{\left(\exp\left[i\theta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}-\beta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}\right]\right)_{\dot{\alpha}}}^{\dot{\beta}}\left(-i\sigma^{2}\right)_{\dot{\beta}\dot{\delta}}\left(i\sigma^{2}\right)^{\dot{\delta}\dot{\kappa}}{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\kappa}}

\varepsilon^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}}{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\alpha}} \rightarrow\varepsilon^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}}{\left(\exp\left[i\theta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}-\beta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}\right]\right)_{\dot{\alpha}}}^{\dot{\beta}}\varepsilon_{\dot{\beta}\dot{\delta}}\varepsilon^{\dot{\delta}\dot{\kappa}}{\psi_{L}^{*}}_{\dot{\kappa}}

\left(i\sigma^{2}\psi_{L}^{*}\right)^{\dot{\gamma}} \rightarrow{\left(\exp\left[i\theta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}-\beta_{k}\frac{\sigma^{*k}}{2}\right]\right)^{\dot{\gamma}}}_{\dot{\delta}}\left(i\sigma^{2}\psi_{L}^{*}\right)^{\dot{\delta}}

Generator of Lorentz Group :: Spinor Rep.

09/08/2011

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Gamma matricesを用いて、Lorentz groupをいわゆるSpinor representationで表せる。

Peskinを読んでも、九後さんをわ読んでもわかるが、そのgeneratorはブロック対角化されている。これは、この表現がreducibleであることを意味する。対角成分は2個であって、それぞれは2次元でパウリ行列なので、それならirreducible。

だからDirac spinor fieldも4つの成分を持っているが、その上の2成分と下の2成分がその2つのブロックたちと独立的に作用するということがわかる。その上2成分をleft-handed spinor、下2成分をright-handed spinorという。

Peskinがちょっとうざいのはこういうとこ。Primed & Unprimed Spinorを明記してくれなかった。備忘録の形式で片づけてみよう。Peskinでいう43ページと44ページのことである。

備忘録

Lorentz群のspinor表現のgerenratorを、spinorの足まで全部書いて表せば次のようである。

S^{\mu\nu}=\frac{i}{4}\left[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\right]

=\frac{i}{4}\left\{ \left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{\alpha\dot{\gamma}}^{\mu}\\ \bar{\sigma}^{\mu\dot{\alpha}\gamma} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{\gamma\dot{\beta}}^{\nu}\\ \bar{\sigma}^{\nu\dot{\gamma}\beta} & 0 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{\alpha\dot{\gamma}}^{\nu}\\ \bar{\sigma}^{\nu\dot{\alpha}\gamma} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{\gamma\dot{\beta}}^{\mu}\\ \bar{\sigma}^{\mu\dot{\gamma}\beta} & 0 \end{array}\right)\right\}

S^{\mu\nu}=\frac{i}{4}\left(\begin{array}{cc} {\left(\sigma^{\mu}\bar{\sigma}^{\nu}-\sigma^{\nu}\bar{\sigma}^{\mu}\right)_{\alpha}}^{\beta} & 0\\ 0 & {\left(\bar{\sigma}^{\mu}\sigma^{\nu}-\bar{\sigma}^{\nu}\sigma^{\mu}\right)^{\dot{\alpha}}}_{\dot{\beta}} \end{array}\right)

これをローレンツ変換行列に代入。

\Lambda_{\frac{1}{2}}=\exp\left[-\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}S^{\mu\nu}\right]

=\exp\left[\frac{\omega_{\mu\nu}}{8}\left(\begin{array}{cc} {\left(\sigma^{\mu}\bar{\sigma}^{\nu}-\sigma^{\nu}\bar{\sigma}^{\mu}\right)_{\alpha}}^{\beta} & 0\\ 0 & {\left(\bar{\sigma}^{\mu}\sigma^{\nu}-\bar{\sigma}^{\nu}\sigma^{\mu}\right)^{\dot{\alpha}}}_{\dot{\beta}} \end{array}\right)\right]

それから、次を参照し、

\left[\left(-\sigma_{\alpha\dot{\gamma}}^{i}\right),\sigma^{j\dot{\gamma}\beta}\right]=-2i\varepsilon^{ijk}{\sigma_{\alpha}^{k}}^{\beta},          \left[\sigma^{i\dot{\alpha}\gamma},\left(-\sigma_{\gamma\dot{\beta}}^{j}\right)\right]=-2i\varepsilon^{ijk}{\sigma^{k\dot{\alpha}}}_{\dot{\beta}}

次を代入すると、

\theta_{k}\equiv\frac{1}{2}\omega_{ij}\varepsilon_{ijk}\ ,          \beta_{k}\equiv\frac{1}{2}\omega_{0k}

Lorentz変換行列は次のように、もうちょっとわかりやすい形になる。

\Lambda_{\frac{1}{2}}=\left(\begin{array}{cc} {\exp\left[-\frac{i}{2}\left(\theta_{k}-i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]_{\alpha}}^{\beta} & 0\\ 0 & {\exp\left[-\frac{i}{2}\left(\theta_{k}+i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]^{\dot{\gamma}}}_{\dot{\delta}} \end{array}\right)

ここで\thetaはrotationの角度を、\betaはboostのrapidityを表す。つまり、spatial rotationとLorentz boostの部分に分かれられているのである。

spinorのかかわったLorentz変換ではgamma matricesが大事になるが、Gamma matricesはvectoｒの足とspinorの足両方を持っていて、こいつに対するspinor足のLorentz変換と、vector足のLorentz変換は同時に行われる。2つが同時に行われたらgamma matricesは不変。一言でいうと次式のようである。

\Lambda_{\frac{1}{2}}^{-1}\gamma^{\mu}\Lambda_{\frac{1}{2}}={\Lambda^{\mu}}_{\nu}\gamma^{\nu}

これをPauli matricesを用いて表すと、次のようである。

{\left(\exp\left[\frac{i}{2}\left(\theta_{k}-i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]\right)_{\alpha}}^{\gamma}\sigma_{\gamma\dot{\gamma}}^{\mu}{\left(\exp\left[-\frac{i}{2}\left(\theta_{k}+i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]\right)^{\dot{\gamma}}}_{\dot{\alpha}}={\Lambda^{\mu}}_{\nu}\sigma_{\alpha\dot{\alpha}}^{\nu}

{\left(\exp\left[\frac{i}{2}\left(\theta_{k}+i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]\right)^{\dot{\beta}}}_{\dot{\delta}}\bar{\sigma}^{\mu\dot{\delta}\delta}{\left(\exp\left[-\frac{i}{2}\left(\theta_{k}-i\beta_{k}\right)\sigma^{k}\right]\right)_{\delta}}^{\beta}={\Lambda^{\mu}}_{\nu}\bar{\sigma}^{\nu\dot{\beta}\beta}

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Complex Klein-Gordon field

09/08/2011

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備忘録

\phi\left(\mathbf{x}\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}\left(a_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}+b_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\phi^{*}\left(\mathbf{x}\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}\left(b_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}+a_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\pi\left(\mathbf{x}\right)=\frac{\partial}{\partial t}\phi^{*}\left(\mathbf{x},t\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left(-i\right)\sqrt{\frac{E_{\mathbf{p}}}{2}}\left(b_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}-a_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\pi^{*}\left(\mathbf{x}\right)= \frac{\partial}{\partial t}\phi\left(\mathbf{x},t\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left(-i\right)\sqrt{\frac{E_{\mathbf{p}}}{2}}\left(a_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}-b_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

Hamitonianは

H=\int d^{3}x\left(\pi^{*}\pi+\nabla\phi^{*}\cdot\nabla\phi+m^{2}\phi^{*}\phi\right)

正準量子化で対角化すると、

H=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}E_{\mathbf{p}}\left(a_{\mathbf{p}}^{\dagger}a_{\mathbf{p}}+b_{\mathbf{p}}^{\dagger}b_{\mathbf{p}}+\frac{1}{2}\left[a_{\mathbf{p}},a_{\mathbf{p}}^{\dagger}\right]+\frac{1}{2}\left[b_{\mathbf{p}},b_{\mathbf{p}}^{\dagger}\right]\right)

Noether Current for Classical Electromagnetism

09/08/2011

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Noether Currentを求めてみよう。spacetime translationに対するNoether Currentは、次のように計算する。

{T^{\mu}}_{\nu}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\lambda}\right)}\partial_{\nu}A_{\lambda}-\mathcal{L}{\delta^{\mu}}_{\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial_{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}{\delta^{\mu}}_{\nu}

T^{\mu\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial^{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}

しかしここで問題がある。energy-momentum tensorはsymmetricであり、この第2項も一応symmetricなのだが、第1項はsymmetricではない。

ここで、場の理論においてのenergy-momentum tensorは発散が0なテンソルを足しても良いっていうambiguityを用いる。次のようなtensorを考えよう。

\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=\partial_{\lambda}\left(F^{\mu\lambda}A^{\nu}\right)=\left(\partial_{\lambda}F^{\mu\lambda}\right)A^{\nu}+F^{\mu\lambda}\left(\partial_{\lambda}A^{\nu}\right)=F^{\mu\lambda}\partial_{\lambda}A^{\nu}

これを足しても、energy-momentum tensorは本質的には変わらない。さてどういう形をするのかを計算していこう。

\widehat{T}^{\mu\nu}=T^{\mu\nu}+\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial^{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}+F^{\mu\lambda}\partial_{\lambda}A^{\nu}

\widehat{T}^{\mu\nu}=T^{\mu\nu}+\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=F^{\mu\lambda}\left(\partial_{\lambda}A^{\nu}-\partial^{\nu}A_{\lambda}\right)+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}

=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}+\frac{1}{4}g^{\mu\nu}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}

さて、これはsymmetric tensorなのか?

F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}\rightarrow F^{\nu\lambda}{F_{\lambda}}^{\mu}={F^{\nu}}_{\lambda}F^{\lambda\mu}=\left(-{F_{\lambda}}^{\nu}\right)\left(-F^{\mu\lambda}\right)=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}

対象テンソルであってるね。これで求まった。

\widehat{T}^{\mu\nu}=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}+\frac{1}{4}g^{\mu\nu}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}-\mathcal{L}g^{\mu\nu}

さて、Noether Currentの形を、学部2年生レベルの生徒たちも一目でわかるような形に書き換えてみよう。予備作業として、ラグランジアンから。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma} =-\frac{1}{4}\left(F_{0i}F^{0i}+F_{i0}F^{i0}+F_{ij}F^{ij}\right)
=-\frac{1}{4}\left(E^{i}\left(-E^{i}\right)+\left(-E^{i}\right)E^{i}+\left(-\varepsilon^{ijl}B^{l}\right)\left(-\varepsilon^{ijk}B^{k}\right)\right)

iは上げ下げにマイナスつくんだけど、0はつかない。ijだったら2つ上げ下げだから、マイナスが打ち消しあう。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}\left(-2E^{i}E^{i}+\varepsilon^{ijk}\varepsilon^{ijl}B^{k}B^{l}\right) =-\frac{1}{4}\left(-2E^{i}E^{i}+2\delta^{kl}B^{k}B^{l}\right)
=\frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}-\mathbf{B}^{2}\right)

ここからは簡単な計算ですぐ示せる。

まず場のエネルギー。

\widehat{T}^{00} = \mathcal{E} = \frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}+\mathbf{B}^{2}\right)

Poynting Vector

\widehat{T}^{0i} = \mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}

次はちょっと計算が難しいが、Maxwell stress tensor。

\widehat{T}^{ij} = -E^{i}E^{j}-B^{i}B^{j}+\frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}+\mathbf{B}^{2}\right)\delta^{ij}

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