Квантовая теория поля как задача по теории операторов. Лекция 2

46:00 Матрица γ0 другая в базисе Вейля, ничего не упомянули про базис Вейля, хотя он используется в формулах и выкладках.
1:06:00 В базисе Дирака, когда γ0=β={(I, 0), (0, −I)}, эта формула не работает! Нам нужно получить другую гамма нулевое. Рассмотрим унитарную матрицу 4x4 U=1/√2{(I, −I), (I, I)}, перейдём из базиса Дирака в базис Вейля: γw^μ=U·γd^μ·U*, если перемножить матрицы, то нулевая гамма будет равна γ0={(0, I), (I, 0)}, а остальные γj не изменятся. Из матриц σμ можно конструировать γμ=Γ(σμ), Γ: γ0={(0, σ0), (σ0, 0)}, γj={(0, σj), (−σj, 0)}. Рассмотрим линейное отображение M из ℝ^4 в линейное подпространство матриц 4x4 порождённое матрицами гамма {γ0, γ1, γ2, γ3}, зададим его через базисные вектора M: et↦Γ(σ0)=γ0, ex↦Γ(σx)=γ1, ey↦Γ(σy)=γ2, ez↦Γ(σz)=γ3.
Преобразование Лоренца можно представить в виде композиции поворота и буста, докажем формулу отдельно для каждого типа. Так как поворотам отвечает унитарная матрица A, A=(A*)^−1, то Φ(A)={(A, 0), (0, A)}, Φ(A)^−1={(A*, 0), (0, A*)}. При поворотах орт et остаётся неподвижным
M(L(et))=M(et)=γ0=( справа будет )=Φ(A)^−1·γ0·Φ(A)=( так как A*A=I )=γ0.
Теперь поворот пространственного базисного вектора ei, можно расписать его образ как линейная комбинация базисных ортов с коэффициентами из соответствующего столбца матрицы преобразования L, L(ei)=L^1_i·ex+L^2_i·ey+L^3_i·ez, так как L^0_i=0.
M(L(ei))=( так как для прообраза σi=Γ^−1(γi), проектором Γ^−1 мы берём правый верхний блок 2x2, левый нижний такой-же, но со знаком минус, матрица γ0 не участвует в поворотах пространства, выполняется
Γ^−1( Φ(A)^−1·γi·Φ(A) )=A*·σi·A=k(A)(σi), последнее отображение эрмитовой матрицы соответствует преобразованию Лоренца через гомоморфизм k, k(A)(σi)=k(A)(Γ^−1(M(ei)))=Γ^−1(M(L(ei))) )=
=Γ(Γ^−1(M(L(ei))))=Γ(A*·σi·A)=Φ(A)^−1·γi·Φ(A)=Φ(A)^−1·M(ei)·Φ(A).
С другой стороны M(L(ei))=M(L^i_j·ej)=( так как M линейно )=L^i_j·M(ej)=L^i_j·γj.
Матрица буста имеет коэффициенты L^0_0=L^3_3=γ, L^0_3=L^3_0=γv, L^x_x=L^y_y=1, остальные 0, а соответствующая SL(2) матрица B=diag{√b1, √b2}, b1b2=1. Теперь B=B*, Φ(B)={(B^−1, 0), (0, B)}, Φ(B)^−1={(B, 0), (0, B^−1)}, B^2=diag{b1, b2}, B^−2=diag{b2, b1}.
Φ(B)^−1·γ0·Φ(B)={(0, B^2), (B^−2, 0)}=( это должно равняться )=γ·γ0+(γv)γ3={(0, γ·σ0+γv·σ3), (γ·σ0−γv·σ3, 0)}. Ну действительно квадраты диагональных элементов матрицы буста связаны с коэффициентами матрицы L таким соотношением b1=γ(1+v), b2=γ(1−v), b1b2=1.
Φ(B)^−1·γ3·Φ(B)={(0, diag{b1, −b2}), (diag{−b2, b1}, 0)}=( это должно равняться )=(γv)γ0+γ·γ3={(0, γv·σ0+γ·σ3), (γv·σ0−γ·σ3, 0)}. Очевидно равенство выполняется.
Остальные j=x,y, Φ(B)^−1·γj·Φ(B)=γj, перемножая матрицы убеждаемся в справедливости равенства.
Доказали формулу для каждого типа преобразования Лоренца, значит всё верно и для их композиции.
1:09:00 Теперь нужно внести поправки в подкручивание пси с волной, на самом деле пси должна быть такая: ψ~(x)=U*Φ(A)^−1U·ψ(Lx).
1:10:30 Всё чуть хитрее будет, в выкладках надо указывать в каком базисе представлены гамма мю γμ, давайте штрихованные гамма γ'μ=γw^μ будут в базисе Вейля, а обычные в базисе Дирака γμ=γd^μ. Тогда вывод инвариантности на самом деле такой:
iγν∂_ν(ψ~(x))=iγν∂_ν( U*Φ(A)^−1Uψ(Lx) )=iγνU*Φ(A)^−1U∂_μ(ψ(Lx))L^μ_ν=iU*(U·γν·U*)Φ(A)^−1U∂_μ(ψ(Lx))L^μ_ν=( переходим к гаммам в базисе Вейля )=
=iU*·γ'ν·Φ(A)^−1U∂_μ(ψ(Lx))L^μ_ν=( применяем формулу суммирования гамм L^μ_ν·γ'ν=Φ(A)^−1·γ'μ·Φ(A) )=
=iU*Φ(A)^−1·γ'μ·Φ(A)Φ(A)^−1U∂_μ ψ(Lx)=iU*Φ(A)^−1·γ'μ·U∂_μ(ψ(Lx))=iU*Φ(A)^−1U(U*·γ'μ·U)∂_μ(ψ(Lx))=
=( возвращаемся к гаммам Дирака )=iU*Φ(A)^−1U·γμ·∂_μ(ψ(Lx))=mU* Φ(A)^−1Uψ(Lx)=mψ~(x).