Зануление компонент спинора у Пескина и Шредера

[Ascold]

Как понять, что преобразование по формуле (3.52) всегда возможно, т.е. откуда следует, что преобразованиями Лоренца и вращениями всегда можно обратить в нуль две компоненты спинора $u(p)$?

[Cos(x-pi/2)]

Понять можно просто: при $p^3 \gg m$ имеем $E \to p^3$ (имхо, такой предел большого импульса, т.е. $ |\vec{p} |\to \infty,$ а точнее говоря $m/ |\vec{p} |\to 0,$ авторы и назвали "большим бустом"), так что:

$\sqrt {E-p^3} \to 0$ и $\sqrt {E+p^3} \to \sqrt{2E}.$

Вот эти два предельных равенства и учтены в правой стороне в формуле (3.52), а также в (3.53); ниже там в тексте явно сказано, что речь идёт о пределе большой "быстроты", $\eta \to \infty.$

[Ascold]

Благодарю: я-то считал, что большой буст - это не буст при большой скорости, а следовательно, и быстроте, $[/math] а общее преобразование Лоренца, т.е. буст+пространственное вращение.
И даже яндекс с гуглом по запросу "большой буст" выдавали нечто совсем иное.

[Munin]

Это скорее "буст в широком смысле", "общий буст"...

[Ascold]

Я тогда тут сразу же задам ещё вопрос касательно того же параграфа. Как доказать(3.55), т.е. что $p\sigma=p\bar\sigma=E_pI$, где $I$ - единичная матрица, $\sigma=\{I,\sigma_i\}, \bar\sigma=\{I,-\sigma_i\}$? У меня это произведение равняется матрице с элементами $p_0\pm p_3$ на главной диагонали и $p_1\pm ip_2$ на другой диагонали.

[Cos(x-pi/2)]

Ascold в сообщении #1098776 писал(а):

Как доказать(3.55), т.е. что $p\sigma=p\bar\sigma=E_pI$

Такого равенства нет в (3.55).

[Ascold]

(3.55) как я его понимаю: $\begin{pmatrix} \xi^\dagger\sqrt{p\sigma} & \xi^\dagger\sqrt{p\bar\sigma}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{p\sigma} \xi \\ \\\sqrt{p\bar\sigma} \xi\end{pmatrix}=\xi^\dagger p\sigma\xi+\xi^\dagger p\bar\sigma\xi$$
или не так?

[Cos(x-pi/2)]

Можно и так. Непонятно, в чём у Вас тут загвоздка-то? Просто сосчитайте правую сторону вашей формулы

$u^\dagger u = \xi^\dagger p\sigma\xi+\xi^\dagger p\bar\sigma\xi=\xi^\dagger \, (p\sigma + p\bar\sigma)\xi$

Матрица $p \sigma$ это вот такая числовая матрица 2х2:

$p \sigma = E_{\mathbf{p}}I-\vec{p} \cdot \vec{\sigma} = \begin{bmatrix}E_{\mathbf{p}}-p^3&-p^1+ip^2\\-p^1-ip^2&E_{\mathbf{p}}+p^3\end{bmatrix}$

Матрица $p\bar\sigma$ отличется от этой только знаком членов с компонентами вектора импульса $\vec{p}:$

$p \bar\sigma = E_{\mathbf{p}}I+\vec{p} \cdot \vec{\sigma}$

Поэтому в сумме этих двух матриц члены с компонентами вектора импульса взаимно уничтожаются:

$p\sigma + p\bar\sigma = 2E_{\mathbf{p}}I$

Вот так у Вас и получится формула (3.55) $u^\dagger u = 2E_{\mathbf{p}} \,\xi^\dagger \xi. $


Можно и проще: не заморачиваться с сокращёнными матричными обозначениями, а прямо исходить из явного выражения для биспинора $u$ в последней строке (3.49). Если там явно подставите 2х2-матрицы $I$ и $\sigma^3,$ то увидите, что все четыре числовые компоненты биспинора $u$ очень просто выражаются через две числовые компонеты $\xi_1,\, \xi_2$ двухкомпонентного спинора $\xi$ без всяких матричных обозначений; запишу их для удобства в виде строки (хотя на самом деле $u$ это столбец; строкой будет $u^\dagger):$

Столбец $u=(\sqrt{E-p^3}\,\xi_1,\, \sqrt{E+p^3}\,\xi_2,\, \sqrt{E+p^3}\,\xi_1,\, \sqrt{E-p^3}\,\xi_2)$

Строка $u^\dagger$ имеет почти такой же вид, только в неё компоненты спинора $\xi$ входят комплексно сопряжённые:

$u^\dagger=(\sqrt{E-p^3}\,\xi_1^*,\, \sqrt{E+p^3}\,\xi_2^*,\, \sqrt{E+p^3}\,\xi_1^*,\, \sqrt{E-p^3}\,\xi_2^*)$

Перемножив элементы указанных строки и столбца и суммируя, увидим, что члены с $p^3$ взаимно уничтожаются, и получается желаемый результат (3.55):

$u^\dagger u =2E\,(\xi_1^*\xi_1+\xi_2^*\xi_2) = 2E\,\xi^\dagger \xi$

Здесь, как и в (3.49), под $E$ подразумевается, конечно, энергия частицы $E_{\mathbf{p}}=\sqrt{m^2+|\vec{p}|^2}.$

[Ascold]

Цитата:

Непонятно, в чём у Вас тут загвоздка-то?

Благодарю, я до Вашего расчёта тоже догадался, только через день. Затупил, бывает, к сожалению.