Some parameters for LHC experiments

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An example of simulated data modelled for the ...
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At the LHC, protons in the beam 1 have the four momentum

\left(E_{1},p_{1}\right)

and protons in the beam 2 have the four momentum

\left(E_{2},p_{2}\right).

They collide at the collison point at the center of the detectors (ATLAS, CMS, LHCb, ALICE). Since the velocity is very very near to the light velocity c=1, we can safely approximate v=1 . This is equivalent to neglect the effect of the rest mass of the proton (0.94\left[\mathrm{GeV/c^{2}}\right] ) in high energy collisions.

With this approximation,E holds. In the collision center-of-mass frame, the vectorial sum of the three-momenta of the colliding particles is zero

p_{1}+p_{2} =0(p_{1}\mathrm{\ and\ }p_{2}\mathrm{\ are\ 3-vectors})

At the LHC, protons of both beams have the same and opposite momentum in the laboratory frame. It may be called asymmetric collider. (A good example of asymmetric collider is KEKB or PEP2 B-factory colliders).

The four momentum (energy and three-momentum) of the colliding two-proton system is

E_{1}+E_{2} = E + E = 2E
p_{1}+p_{2} = E - E = 0

in the laboratory frame, and we call the total energy 2E  as the collision energy.

It is often expressed as

2E =\sqrt{s}

by using the Lorentz invariant

s= (E_1+E_2)^2 - (p_1 + p_2)^2

Let parton a  (quark, anti-quark or gluon) inside the proton 1  have x_{1} (0<x_{1}<1) times the energy of the proton 1  (E=\sqrt{s}/2  in the laboratory frame) in the proton 1  momentum direction, and let parton b  have x_{2} (0<x_{2}<1) times the energy of the proton 2  in the proton 2  momentum direction.

the squared collision energy of the colliding a+b  system

s_{ab} =s x_1 x_2

the rapidity of the a+b  system in the laboratory frame

y_{ab} =\frac{1}{2}\log\frac{x_{1}}{x_{2}}

the measure

dx_{1}dx_{2} =d\tau dy

where

\tau =\frac{s_{ab}}{s}=x_{1}x_{2}

Gordon Identity

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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)

Path Integral

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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。

Relation between rapidity and velocity

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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

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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)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

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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.

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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}

Complex Klein-Gordon field

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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

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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}

Electromagnetism with classical mechanics

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Lagrangianは次のように与えられる。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}\left(F_{\mu\nu}\right)^{2}

そしてEuler-Lagrange equationは次のようである。

\partial_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_{\nu}}=0

主要な微分計算

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)={\delta^{\mu}}_{\rho}{\delta^{\nu}}_{\sigma}-{\delta^{\mu}}_{\sigma}{\delta^{\nu}}_{\rho}

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)=g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}-g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho}

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left\{ -\frac{1}{4}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)\right\} =-\left(\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu}\right)=-F^{\mu\nu}

\frac{\partial}{\partial A_{\nu}}\left\{ -\frac{1}{4}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)\right\} =0

これらの結果を集めると、次がわかる。

\partial_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_{\nu}}=-\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=0

これを3次元ベクトルの形に直してみよう。

E^{i}=\left(-\nabla\phi-\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\right)^{i}=-\frac{\partial\phi}{\partial x^{i}}-\frac{\partial A^{i}}{\partial t}=\partial^{i}A^{0}-\partial^{0}A^{i}=-F^{0i}

\varepsilon^{ijk}B^{k}=\varepsilon^{ijk}\left(\nabla\times\mathbf{A}\right)^{k}=\varepsilon^{ijk}\varepsilon^{klm}\frac{\partial}{\partial x^{l}}A^{m}=\left(\delta^{il}\delta^{jm}-\delta^{im}\delta^{jl}\right)\frac{\partial}{\partial x^{l}}A^{m}
=-\partial^{i}A^{j}+\partial^{j}A^{i}=-F^{ij}

ここで\muがダミーなのに着目すると、簡単な計算で次がわかる。

\partial_{i}F^{i0}=0,          \partial_{0}F^{0i}+\partial_{j}F^{ji}=0

\partial_{i}E^{i}=0,          -\partial_{0}E^{i}-\varepsilon^{ijk}\partial_{j}B^{k}=0

\nabla\cdot\mathbf{E}=0,          \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}+\nabla\times\mathbf{B}=0

これはやっぱりマックスウェルの方程式そのものである。

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