Пескин и Шредер: правила Фейнмана для фермионов

[Ascold]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1215793 писал(а):

В таком контексте Вы и попробуйте назвать физ. смысл $|u_1|^2+|u_2|^2.$

Плотность вероятности обнаружить частицу. Тогда укорочение компоненты спинора будет его компенсировать и вероятность не зависеть от лоренцева преобразования.
А вот что касается углового момента и зависимости/независимости его собственных значений от СО - я об этом как-то не задумывался раньше. Впрочем, раз формулы для его оператора выведены в одной какой-то ИСО, то собственные значения от неё зависеть не должны. Хотя я эту мысль попробую перепроверить, т.к. она кажется мне нетривиальной, несмотря на то, что в КМ они целые.
Впрочем, про спин я глупость сказал - попутал спинор как волновую функцию и спин как вектор сооотв. момента.

[Cos(x-pi/2)]

Ascold в сообщении #1215813 писал(а):

Плотность вероятности обнаружить частицу. Тогда укорочение компоненты спинора будет его компенсировать и вероятность не зависеть от лоренцева преобразования.

Да, плотность вероятности. Верная мысль!

А из факта уменьшения компоненты спинора не спешите делать быстрого вывода; с этим фактом нам надо хорошенько разобраться. Ведь если плотность вероятности в каком-либо элементе объёма есть вероятность, делённая на объём, а вероятность - инвариант, и объём сокращается, то плотность вероятности по такой простой логике должна была бы увеличиться...

Обозначим плотность вероятности буквой "ро", как это обычно принято для плотности: $\rho=|u_1|^2+|u_2|^2.$ И вспомним, что говорит СТО: плотность "чего-нибудь" $\rho$ и плотность потока этого "чего-нибудь" $\mathbf{j}$ преобразуются при бусте как 4-вектор в пространстве-времени. Т.е. после буста со скоростью $\mathbf{V}$ имеем:

$\rho'=\dfrac{\rho+\mathbf{V \cdot j}}{\sqrt{1-V^2}},$

$\mathbf{j'}=\dfrac{\mathbf{V} \rho+\mathbf{j}_{\parallel}}{\sqrt{1-V^2}}+\mathbf{j}_{\perp},$

где мы разложили исходный вектор тока $\mathbf{j}=\mathbf{j}_{\parallel}+\mathbf{j}_{\perp}$ на продольную и поперечную части по отношению к направлению буста

$\mathbf{n}=\mathbf{V}/|\mathbf{V}|=\mathbf{p}/|\mathbf{p}|.$

Поперечная часть не изменяется при бусте, т.е. входит в ответ для $\mathbf{j'}$ просто как векторное слагаемое. Продольная часть тока входит в ответ для $\rho'$ в произведении со скоростью буста, и при записи через скалярное произведение вектора $\mathbf{j}$ с вектором $\mathbf{V}$ знак продольной части у тока можно не писать, т. к. поперечная часть тока не даёт вклада в такое скалярное произведение.

Это было общее правило. В частном же случае, когда в исходной системе отсчёта плотность тока равна нулю, имеем, положив $\mathbf{j}=0:$

$\rho'=\dfrac{\rho}{\sqrt{1-V^2}},$

$\mathbf{j'}=\dfrac{\mathbf{V} \rho}{\sqrt{1-V^2}}.$

3) И вот Вам очередной вопрос. Что Вы думаете, исходя из полученного Вами явного выражения для $\rho' = |u'_1|^2+|u'_2|^2,$ как у нас обстояли дела с плотностью тока вероятности до буста: $\mathbf{j} \neq 0$ или $\mathbf{j}=0 \, ?$

[Ascold]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1215832 писал(а):

3) И вот Вам очередной вопрос. Что Вы думаете, исходя из полученного Вами явного выражения для $\rho' = |u'_1|^2+|u'_2|^2,$ как у нас обстояли дела с плотностью тока вероятности до буста: $\mathbf{j} \neq 0$ или $\mathbf{j}=0 \, ?$

Я думаю, что до буста $\mathbf{j}=0,$ поскольку уравнение Паули в отсутствие внешнего электромагнитного поля превращается в ур-е Шрёдинегра для каждой из ВФ, входящих в спинор, а вероятностный ток для каждой из них будет

$$\mathbf{j}=\frac{\hbar}{2im}(u^*\cdot \mathbf{grad}(u)-u\cdot \mathbf{grad}(u^*))=\mathbf{p}\cdot2i=0,$$

если $u=u_0e^{i\mathbf{p\cdot r}}.$

[Cos(x-pi/2)]

Написанное Вами равенство нуждается в исправлениях: в нём не следует писать $\hbar,$ раз уж мы полагаем $\hbar=1$ в показателях экспонент в волновых функциях; кроме того, в правой части уже не будет $2i$, но будет $\mathbf{p}/m=\mathbf{v}$ - нерелятивистское выражение для скорости частицы (релятивистских ответов уравнение Шрёдингера не даёт), и будет $u^*u=|u|^2=\rho.$ Так что:

$\mathbf{j}=\mathbf{v} \rho .$

Ну да чёрт с ним. Всё равно ответ $ - неверный, и сейчас мы убедимся, что у нас нет оснований пользоваться нерелятивистским уравнением Шрёдингера даже до буста, раз мы собрались применять к спинору преобразование Лоренца.

Другими словами, если предположить, как Вы и сделали (и я тоже сделал такое предположение в самом начале, но с хитрой оговоркой о его "безобидности лишь на первый взгляд" :-), будто до буста импульс нашей частицы равен нулю, то тогда ток вероятности равен нулю: конечно же, нулевой импульс означает нулевую скорость течения плотности вероятности.

Но обратите внимание: в применённую Вами спинорную формулу буста входит только скорость буста, но не входит скорость нашей частицы до буста. Значит, наше предположение о нулевом импульсе частицы до буста "повисло в воздухе" - оно могло бы быть любым другим, без всякого влияния на результат такого буста. Значит, такое предположение в нашей задаче - лишнее и, может быть, ошибочное.

Вот поэтому я Вам и посоветовал решить вопрос о токе вероятности до буста, исходя из полученного Вами явного выражения для плотности вероятности $\rho' = |u'_1|^2+|u'_2|^2$ после буста. Итак, мы имеем:


$\rho=|u_1|^2+|u_2|^2=1+0=1 \quad \text{до буста} \, ,$

$\rho'=\dfrac{E_p-|\mathbf{p}|}{m}=\dfrac{1-|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}} \quad \text{после буста}$ со скоростью $V=|\mathbf{V}|$ вдоль $z.$


Согласно СТО (которую в нашей задаче никто не отменял) это $\rho'$ в случае с $\mathbf{j}=0$ должно было бы совпадать с

$\rho'=\dfrac{\rho}{\sqrt{1-V^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-V^2}} \, ,$

но, как видим, не совпадает!


Значит, полученное Вами $\rho'$ должно совпадать с выражением из СТО при $\mathbf{j} \neq 0$ (поскольку никакой другой альтернативы нет):

$\rho'=\dfrac{\rho+\mathbf{V \cdot j}}{\sqrt{1-V^2}} \, .$

Сравнивая эту формулу (где $\rho=1$ и $\mathbf{V}=V\mathbf{e}_z$ - скорость буста в направлении орта $\mathbf{e}_z$) c указанным выше результатом расчёта $\rho'$ после спинорного буста, мы можем найти $\mathbf{j}.$ Сразу же подскажу, что искомый ток $\mathbf{j}$ в нашей задаче не имеет поперечной к $\mathbf{e}_z$ части; действительно, в нашей задаче спин частицы направлен вдоль $\mathbf{e}_z$ и буст делается вдоль $\mathbf{e}_z,$ так что ось $z$ - единственное выделенное направление в задаче.


4) Наверное, Вы уже догадались, какой теперь будет вопрос: найдите $\mathbf{j} \, .$

Собственно, надо определить: вдоль или против оси $z$ тёк ток $\mathbf{j}=\mathbf{v} \rho = \mathbf{v}$ (в последнем равенстве учтено значение $\rho=1$), и чему была равна величина скорости $|\mathbf{v}|$ нашей частицы до буста на самом деле!

[Ascold]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216076 писал(а):

и сейчас мы убедимся, что у нас нет оснований пользоваться нерелятивистским уравнением Шрёдингера даже до буста, раз мы собрались применять к спинору преобразование Лоренца.

Да, я об этом что-то не подумал, кстати, есть у меня одно недопонимание, связанное со спином и уравнением Шрёдингера, но его я вынесу в отдельную тему.
Плотность тока до буста $j_z=v_z=(\rho'\sqrt{1-V^2}-1/)V_z<0,$ т.е. до буста частица движется, вроде как, против оси $z.$ В терминах энергии и импульса ничего особого в этом выражении не заметил. Хотя как-то это всё странно.

[Cos(x-pi/2)]

Да, до буста наша частица движется против оси $z.$ Но ваша формула в последнем вашем ответе какая-то неясная; видимо, не очень-то аккуратно Вы делаете вычисления, поэтому и не добираетесь до ответа на вопрос "чему равна скорость частицы". Жаль... Здесь у Вас был шанс сделать для себя интересное открытие своими руками, и притом важное для понимания темы.

Вот, смотрите, к чему я вёл Вас в этой серии вопросов.

Учитывая, что в нашем частном примере $\rho=1$ (этот частный пример выбран только для простоты расчёта, чтобы упростить здесь на форуме набивку формул, а в дальнейшем-то полезно будет рассмотреть общий случай), приравняем $\rho',$ найденное с помощью спинорного буста, к $\rho'$ из формулы СТО для лоренц-преобразования 4-тока:

$\dfrac{1-|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}} = \dfrac{1+\mathbf{V \cdot j}}{\sqrt{1-V^2}} \, .$

Отсюда следует, что:

$-|\mathbf{V}|=\mathbf{V \cdot j} \, .$

Поскольку $\mathbf{V \cdot j}=|\mathbf{V}|\,|\mathbf{j}|\, \cos \alpha ,$ где $\alpha$ - угол между векторами $\mathbf{V}$ и $\mathbf{j} ,$ то мы сразу видим, что $\cos \alpha=-1$ (т.е. ток $\mathbf{j}$ направлен против оси $z,$ раз у нас $\mathbf{V}$ вдоль $z)$ и при этом $|\mathbf{j}|=1.$

А поскольку $\mathbf{j}=\mathbf{v} \rho = \mathbf{v},$ то из равенства $|\mathbf{j}|=1$ мы находим величину скорости частицы (скорость, с которой течёт против оси $z$ плотность вероятности обнаружения частицы в пространстве): $|\mathbf{v}|=1.$

Как видите, это скорость света! (Ведь мы работаем с системой единиц, в которой $c=1.)$ Кстати, поскольку это максимальное допустимое значение скорости частицы, то тем самым подтверждается предположение $\mathbf{j}_{\perp}=0.$


Таким образом, сама собой сложилась вот какая картина. Если мы применяем к двухкомпонентному спинору тот буст, который Вы применили (т.е. если мы выбрали закон преобразования для двухкомпонентного спинора как "для верхней половинки дираковского биспинора"), то мы обязаны считать, что такой спинор с самого начала описывает частицу, движущуюся в направлении, противоположном направлению её спина, причём - со скоростью света.

Следовательно, масса частицы равна нулю. Даже если в формулах буста присутствуют какие-то $m,$ $E_{\mathbf{p}}=\sqrt{|\mathbf{p}|^2+m^2}}$ и $\mathbf{p},$ мы должны в данном случае относить эти величины не к рассматриваемой частице, а к какому-нибудь "маркерному телу", движущемуся после буста со скоростью $\mathbf{V},$ - просто как величины, через которые можно при желании записывать характерные выражения с $\mathbf{V}.$

Такую частицу - со спином $1/2,$ движущуюся со скоростью света в направлении, противоположном направлению её спина, - называют левополяризованным фермионом Вейля (ну, или примерно как-то так).

Вы недавно спрашивали: "Возможно ввести электронные и позитронные "двумерные состояния", волновые функции, как в обычной КМ, а то вроде как четырёхмерность спиноров как-то связана с наличием частиц двух сортов, только не видно, как именно?" Как видите, уже проклюнулась часть ответа: если рассматривать 2-компонентный спинор, который преобразуется по неприводимому представлению группы Лоренца, то он будет описывать только безмассовый, вейлевский фермион.


Для закрепления этого урока советую Вам снова решить такую же задачу, но считая теперь, что 2-компонентный спинор $u$ (с компонентами $u_1=1,$ $u_2=0,$ по-прежнему описывающими частицу со спином вдоль оси $z)$ преобразуется не как "верхняя", а как "нижняя половинка биспинора" (согласно обозначениям в книге Пескина и Шрёдера).

Затем в качестве весьма полезного упражнения следует убедиться, что найденная в этих простых задачках картина носит общий характер, вне зависимости от значений $u_1, \, u_2$ и от направления скорости буста $\mathbf{V}$ относительно направления спина $\mathbf{s}=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u).$

Т.е. следует убедиться, что левая вейлевская частица всегда (и до буста, и после любого буста) летит в направлении, противоположном её спину, а правая вейлевская частица всегда летит в направлении её спина; причём - со скоростью света. Спинорный буст действует на направление полёта вейлевской частицы точно так же, как преобразование Лоренца действует на вектор скорости в СТО.

Закон преобразования плотности вероятности $\rho=u^+u$ и плотности тока вероятности $\mathbf{j}_L=-u^+ \boldsymbol{\sigma}u$ в случае левого спинора или $\mathbf{j}_R=u^+ \boldsymbol{\sigma}u$ в случае правого спинора при бусте спиноров автоматически получается 4-векторным, в полном согласии с формулами СТО. Эта картина служит наглядной основой построения дираковского биспинора: для него $\mathbf{j}=\mathbf{j}_L+\mathbf{j}_R.$

(Подробности вычислений, может быть, попробую пояснить потом, когда (и если) у Вас дойдёт до таких упражнений дело :) ИМХО, пока в голове не сложится представление о связи подобной "кинематики" свободных частиц с математикой спиноров, рано пытаться въезжать в нюансы формул КТП.)

[Ascold]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216253 писал(а):

Но ваша формула в последнем вашем ответе какая-то неясная

Я её недосчитал до Вашего вида, т.к. не пользовался вторым равенством $\rho'=\dfrac{E_p-|\mathbf{p}|}{m}=\dfrac{1-|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}},$
ну так, оно, конечно же получается:
$\mathbf{j\cdot V}=\rho'\sqrt{1-V^2}-1=\dfrac{1-|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}}\sqrt{1-V^2}-1=-|\mathbf{V}|<0.$
В случае преобразования Лоренца аналогичной нижней части биспинора будет $u'=e^{\sigma_z\xi/2}u$ и

$$e^{\sigma_z\xi/2}=\begin{pmatrix}1+\xi/2+(\xi/2)^2/2!+(\xi/2)^3/3!+...&0\\0&1-\xi/2+(\xi/2)^2/2!-(\xi/2)^3/3!+...\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^{\xi/2}&0\\0&e^{-\xi/2}\end{pmatrix},$$

следовательно,

$$u'=\begin{pmatrix}e^{\xi/2}\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sqrt{\frac{E+|\mathbf{p}|}{m}}\\0\end{pmatrix}.$$

Плотность вероятности после буста будет $\rho'=\frac{E+|\mathbf{p}|}{m}=\frac{\rho+|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}}=\frac{1+|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}},$ а ток - $\mathbf{j'} = \frac{\rho\mathbf{V}+\mathbf{j}}{\sqrt{1-V^2}},$ отсюда

$$\mathbf{j\cdot V}=\rho'\sqrt{1-V^2}-1=\dfrac{1+|\mathbf{V}|}{\sqrt{1-V^2}}\sqrt{1-V^2}-1=|\mathbf{V}|>0,$$

т.е. этот спинор - "правый" и тоже движется со скорость света.
Умножив ток после буста скалярно на $\mathbf{V},$ получаем

$$\mathbf{j'V} = \frac{\rho V^2 +\mathbf{jV}}{\sqrt{1-V^2}},$$

отсюда для левого спинора получается

$$\mathbf{j'V} =-V\sqrt{\frac{1-V}{1+V}}<0,$$

а для правого

$$\mathbf{j'V} =V\sqrt{\frac{1+V}{1-V}}>0,$$

т.е после буста направления токов вероятности для частиц сохраняются.
Что касается того, что

Цитата:

найденная в этих простых задачках картина носит общий характер, вне зависимости от значений $u_1, \, u_2$ и от направления скорости буста $\mathbf{V}$ относительно направления спина $\mathbf{s}=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u),$

был бы признателен за разъяснение, почему этот вектор $\mathbf{s}=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u)$ задаёт направление спина. Я вижу так: каждая его компонента равна среднему значению проекции спинового момента на соотв. ось, знаменатель, очевидно, введён для нормировки, а зачем множитель $1/2$?

[amon]

Ascold в сообщении #1216636 писал(а):

а зачем множитель $1/2$?

Потому, что $\mathbf{s}=(1/2)\boldsymbol{\sigma}$ ;)

[Cos(x-pi/2)]

amon опередил :) Как всегда, я полный тормоз со своими "простынями"... Очередную таки дотюкал:

Множитель $1/2$ входит в определение спинового момента. Например, оператор $s_z$ проекции спинового момента на ось $z,$ действующий на 2-компонентный спинор, есть $s_z=(1/2) \sigma_z,$ где $\sigma_z$ - матрица Паули (с компонентами $\sigma_{11}=1,$ $\sigma_{12}=0,$ $\sigma_{21}=0,$ $\sigma_{22}=-1).$

Собственные значения матриц Паули равны $\pm 1,$ так что собственные значения матрицы $s_z=(1/2) \sigma_z$ равны $+1/2$ и $-1/2,$ именно они имеют смысл допустимых значений проекции спина на ось $z,$ и, в частности отсюда, явно видно, что речь идёт о частице со спином $1/2.$

Почему множитель $1/2$ входит в определение спинового момента? Это поясняется довольно долгими выкладками из общей КМ-теории углового момента.

Кратко говоря, согласно общему определению оператора проекции момента $\hat {J}_{\mathbf{N}}$ на произвольное направление, задаваемое единичным вектором ${\mathbf{N}},$ оператор поворота $\hat{R}_{\alpha \mathbf{N}}$ квантового состояния на произвольный угол $\alpha$ вокруг направления ${\mathbf{N}}$ связан с оператором проекции момента формулой:

$\hat{R}_{\alpha \mathbf{N}}=e^{-i \alpha \hat {J}_{\mathbf{N}}} \, .$

Выводится, что если речь идёт о поворотах квантового состояния, которое описывается 2-компонентным спинором, то оператор поворота имеет вид:

$\hat{R}_{\alpha \mathbf{N}}=e^{-i (\alpha /2) \boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}} \, .$

Следовательно, для спиноров оператор проекции момента есть

$\hat {J}_{\mathbf{N}} = (1 /2) \boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N} \, ,$

его привычнее обозначать буквой $s_{\mathbf{N}} ,$ и шляпки мы для краткости не пишем. Если в роли единичного вектора $\mathbf{N}$ выбирать декартов орт $\mathbf{e}_x,$ или $\mathbf{e}_y,$ или $\mathbf{e}_z,$ то, как видим, из этой формулы получаются соответственно три оператора проекций спинового момента на декартовы оси:

$s_x=(1/2)\sigma_x \, , \qquad s_y=(1/2)\sigma_y \, , \qquad s_z=(1/2)\sigma_z \, .$

-- 16.05.2017, 02:33 --

Ascold в сообщении #1216636 писал(а):

почему этот вектор $\mathbf{s}=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u)$ задаёт направление спина

Вы совершенно правильно говорите, что вектор $\mathbf{s}=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u)$ можно интерпретировать как усреднённый (по квантовому состоянию частицы, описываемому спинором $u)$ вектор спина $\langle \mathbf{s} \rangle.$ Можно считать, например, что, как обычно, обе компоненты спинора заданы по отношению к спинорному "z-базису", так что число $|u_1|^2$ определяет (после деления на нормировочный множитель $u^+u=|u_1|^2+|u_2|^2)$ вероятность обнаружить частицу в состоянии со спином вдоль оси $z,$ а число $|u_2|^2$ - вероятность обнаружить частицу в состоянии со спином против оси $z.$ При этом в общем случае спинор $u$ не есть собственный спинор ни для одного из операторов проекций спина на декартовы оси, так что все три декартовы проекции спина флуктуируют, и как раз усреднение по этим квантовым флуктуациям даёт нам определённый вектор $\langle \mathbf{s} \rangle.$

Так вот, специфика момента импульса $1/2$ состоит, в частности, в том, что всегда можно найти новый спинорный базис (т.е. вместо оси $z$ выбрать некоторое новое направление, указав его единичным вектором $\mathbf{N})$ так что по отношению к новому спинорному базису компоненты того же спинора примут значения $1$ и $0$ (после деления на прежний нормировочный множитель). Другими словами, всегда найдётся такое направление $\mathbf{N},$ что прежний спинор $u$ будет описывать состояние частицы с нефлуктуирующей проекцией спина на это направление.

Иными словами, можно всегда считать, если есть такое желание, что любой спинор $u$ описывает состояние с определённой (нефлуктуирующей) проекцией спина на некоторое направление $\mathbf{N},$ т. е. спинор $u$ - собственный для оператора проекции спина

$s_{\mathbf{N}}=(1/2)\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N} \, ,$

принадлежащий собственному значению $+1/2.$


Что же это за направление такое? Конечно же, это направление вдоль того самого вектора $\langle \mathbf{s} \rangle=(1/2)(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u)$ (который мы для краткости обозначаем просто как $\mathbf{s}).$

Чтобы убедится в этом, сначала проверьте (в качестве лёгкого упражнения), что собственные значения матрицы $\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}$ равны $\pm 1$ в силу того, что $\mathbf{N}$ именно единичный вектор:

$\mathbf{N} \cdot \mathbf{N} = 1.$

Теперь запишем условие того, что спинор $u$ является собственным для матрицы $\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}$ с собственным значением $+1:$

$\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}u=u \, .$

Умножим обе стороны этого равенства на $u^+$ и учтём, что векторный сомножитель $\mathbf{N}$ можно вынести из произведения спиноров с матрицами Паули:

$\mathbf{N} \cdot (u^+ \boldsymbol{\sigma} u) = u^+u \, .$

Разделим левую и правую сторону этого числового равенства на нормировочный множитель $u^+u$ и учтём, что $(u^+ \boldsymbol{\sigma} u)/(u^+u)=2 \mathbf{s} .$ Получаем:

$\mathbf{N} \cdot 2\mathbf{s} = 1 \, .$

Отсюда видно, поскольку $\mathbf{N} \cdot \mathbf{N} = 1,$ и $2\mathbf{s}$ - вектор, по величине равный единице, что:

$2\mathbf{s}=\mathbf{N} \, ,$

в чём и требовалось убедиться.

[Ascold]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216663 писал(а):

Чтобы убедится в этом, сначала проверьте (в качестве лёгкого упражнения), что собственные значения матрицы $\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}$ равны $\pm 1$ в силу того, что $\mathbf{N}$ именно единичный вектор

($\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N})^2=\sigma_{\alpha}N_{\alpha}\sigma_{\beta}N_{\beta}=\sigma_{\alpha}\sigma_{\beta}N_{\alpha}N_{\beta}.$
Возьмём антикоммутационное и коммутационное соотношения для матриц Паули: $[\sigma_\alpha,\sigma_\beta]=2ie_{\alpha\beta\mu}\sigma_\mu, \ \ \{\sigma_\alpha,\sigma_\beta\}=2\delta_{\alpha\beta}, \ $ сложив и разделив на 2, получим $\sigma_{\alpha}\sigma_{\beta}=\delta_{\alpha\beta}+ie_{\alpha\beta\mu}\sigma_\mu, \ $ отсюда $(\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N})^2=\mathbf{N}\cdot\mathbf{N}+i\mathbf{N}\times\mathbf{N}\cdot\boldsymbol{\sigma}=N^2=1 \ (матрица), поэтому собственные значения $\boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{N}$ равны $\pm 1.$

Цитата:

Множитель $1/2$ входит в определение спинового момента.

я всё это про спин и его свойства знаю, по крайней мере в рамках книг Бома и Блохинцева... Посыпаю голову пеплом, от того, что задал такой странный вопрос. Попробую доказать инвариантность проекции тока на буст от вида спинора, это будет, наверное, чуть длинно - исходные спиноры на экспоненты от матриц Паули с углами умножать.

[Cos(x-pi/2)]

Ascold в сообщении #1216802 писал(а):

будет, наверное, чуть длинно - исходные спиноры на экспоненты от матриц Паули с углами умножать.

Так Вы же умеете экспоненту с матрицами Паули разлагать в степенной ряд и тем самым превращать её в более простое выражение - линейное по матрицам Паули.

Не навязываю конкретный путь вычислений, но обрисую те шаги, которые, вроде, легко получаются.

1) Сначала можно убедиться, что матрицу лоренц-преобразования левого спинора (обозначу её как $L_L$) можно в общем случае представить в виде:

$L_L=\sqrt{\dfrac{E_p+m}{2m}} \, \hat 1 - \sqrt{\dfrac{E_p-m}{2m}}\, \mathbf{n} \cdot \boldsymbol{\sigma} \, ,$

где, как и раньше,

$E_p$ и $m$ - вспомогательные величины, которые введены для краткости и от которых можно сразу или в конце (удобнее в конце) перейти к выражениям, содержащим только величину $V$ вектора скорости буста $\mathbf{V} \, ;$

$\mathbf{n}=\mathbf{V}/V$ - единичный вектор в направлении скорости буста $\mathbf{V} \, ;$

$\mathbf{n} \cdot \boldsymbol{\sigma}$ - эрмитова матрица, причём, как Вы уже знаете, её квадрат есть единичная матрица $\hat 1$ (в дальнейшем единичную матрицу явно не выписываю).

Видно, что $L_L$ - эрмитова матрица. И несложно будет, когда понадобится, выписать её квадрат. Матрица буста $L_R$ для правого спинора отличается от $L_L$ только знаком перед $\mathbf{n},$ это взаимно обратные матрицы.

2) Возьмём произвольный спинор $u$ в качестве левого спинора в произвольной исходной инерциальной системе отсчёта. Тогда после буста, т.е. в новой системе отсчёта, имеем $u'=L_Lu.$ Тогда плотность в новой системе отсчёта есть:

$\rho'_L=u'^+u'=(L_Lu)^+(L_Lu)=u^+L^+_LL_Lu \, .$

Учитываем свойство эрмитовости, т. е. $L^+_L=L_L,$ вычисляем квадрат матрицы буста, и в итоге ответ для $\rho'$ приводится к выражению, содержащему $\rho=u^+u$ и ещё нечто, так что после уже идейно знакомого Вам сравнения с ожидаемым выражением из СТО обнаруживаем предполагаемую формулу для левого тока: $\mathbf{j}_L=-u^+\boldsymbol{\sigma}u.$

3) Пытаемся выяснить, как этот левый ток преобразуется под действием буста:

$\mathbf{j'}_L=-u'^+\boldsymbol{\sigma}u'=-(L_Lu)^+\boldsymbol{\sigma}(L_Lu)=-u^+(L_L\boldsymbol{\sigma}L_L)u \, .$

Вот здесь возникает, пожалуй, немного длинная выкладка: надо суметь привести подобные члены среди слагаемых, образующихся при раскрытии произведения матриц $L_L\boldsymbol{\sigma}L_L,$ используя коммутационные свойства матриц Паули и то, что квадрат любой матрицы Паули есть единичная матрица.

И тогда останется самый "творческий" шаг: увидеть, что для $\mathbf{j'}_L$ образуется как раз такое выражение, которое ожидается из СТО. Для этого надо заметить, что $\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ играет роль проектора любого вектора на направление буста $\mathbf{n},$ а $1-\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ служит проектором, выделяющим из вектора поперечную по отношению к $\mathbf{n}$ часть.

4) Желательно поупражняться, проведя аналогичное рассмотрение для произвольного правого спинора $u.$

[Ascold]

я проделал эти вычисления и или обсчитался, или что-то не понимаю в проекторах.

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216854 писал(а):

надо заметить, что $\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ играет роль проектора любого вектора на направление буста $\mathbf{n},$ а $1-\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ служит проектором, выделяющим из вектора поперечную по отношению к $\mathbf{n}$ часть.

Без множителей типа $E/m,$ $p/m$ получается, что нужно усмотреть, что если $\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma})$ - проектор вектора на направление буста, то $1-\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma})$ - проектор на перпендикулярное направление. Значит, собственные значения этих проекторов будут, соответственно, косинус и синус угла между вектором и направлением буста, а потому сумма их квадратов должна давать единичный оператор? Но

$$(\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}))^2+(1-\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}))^2=1-2\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma})\neq 1.$$

Даже если я допишу отсутствующие множители, единица всё равно не получается - ошибка в расчёте?
Или же нет - проектор для трёхмерного пространственного вектора $\mathbf{q}$- это не оператор в смысле $\hat{P}\mathbf{q}=p\mathbf{q},$ значит, $\hat{P}^2\mathbf{q}\neq p^2\mathbf{q},$ поэтому в том, что $(\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}))^2+(1-\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}))^2 \neq 1$ нет проблемы.

[Slav-27]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216854 писал(а):

Для этого надо заметить, что $\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ играет роль проектора любого вектора на направление буста $\mathbf{n},$ а $1-\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$ служит проектором, выделяющим из вектора поперечную по отношению к $\mathbf{n}$ часть.

Ascold в сообщении #1217022 писал(а):

что если $\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma})$ - проектор вектора на направление буста, то $1-\mathbf{n}(\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma})$ - проектор на перпендикулярное направление

Зачем вы засунули туда сигму??? $\mathbf n \cdot \boldsymbol \sigma$ -- это (скажем) матрица $2\times 2$, а $\mathbf n$ -- $3$-компонентный вектор....

Если $\mathbf n=(n_x,n_y,n_z)$ -- вектор единичной длины, то проекция вектора $\mathbf v=(v_x, v_y, v_z)$ на направление $\mathbf n$ будет $\mathbf n(\mathbf n\cdot \mathbf v)$, а на перпендикулярное -- $\mathbf v-\mathbf n(\mathbf n\cdot \mathbf v)$. Все компоненты -- числа.

-- 17.05.2017, 23:14 --

Для проектора должно быть $P^2=P$.

[Cos(x-pi/2)]

Slav-27, да.

Опять я слишком долго печатал ответ в "блокноте"; и раз уж напечатал, то пусть тоже тут будет:

Ascold

(пояснение)

Речь шла не о собственных значениях каких-либо матриц, а о разложении 3-мерного вектора на продольную и поперечную составляющие по отношению к заданному единичному вектору $\mathbf{n}$ в обычной геометрии (в векторной алгебре).

Отвлекитесь на минутку от спиноров, пусть $\mathbf{j}$ есть произвольный вектор, а $\mathbf{n}$ - единичный вектор в каком-то заданном направлении. Тогда $\mathbf{n} \cdot \mathbf{j}$ есть числовое значение проекции вектора $\mathbf{j}$ на $\mathbf{n}.$ Умножив на это число единичный вектор $\mathbf{n},$ получим векторную продольную составляющую вектора $\mathbf{j}:$

$\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot \mathbf{j})=\mathbf{j}_{\parallel} \, .$

Если теперь вычесть эту составляющую из самого вектора $\mathbf{j},$ то останется поперечная векторная составляющая:

$\mathbf{j} - \mathbf{j}_{\parallel} = \mathbf{j} - \mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot \mathbf{j}) = \mathbf{j}_{\perp} \, . $

(В этом смысле формальные выражения без векторного множителя $\mathbf{j}$

$\mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...) \qquad \text{и} \qquad 1 - \mathbf{n}(\mathbf{n} \cdot ...)$

можно понимать как проекторы, действующие на обычные трёхмерные векторы. Обозначения с многоточием, правда, не очень-то удачные.)

Вернёмся к спинорам. После того как матрица в скобках в выражении

$\mathbf{j'}_L=-u^+(L_L\boldsymbol{\sigma}L_L)u $

будет приведена к сумме слагаемых без или с матрицами $\boldsymbol{\sigma}$ в степени не выше первой (без или с множителями $\mathbf{n}),$ мы берём каждое слагаемое "в обкладки" $u^+...u,$ выносим не матричные множители из "обкладок", и тогда оставшиеся в "обкладках" матрицы Паули дают нам $-u^+\boldsymbol{\sigma}u=\mathbf{j}_L.$ А из множителей $\mathbf{n}$ при них сами собой образуются упомянутые выше проекторы. В итоге, ответ для $\mathbf{j'}_L$ принимает вид суммы продольного и поперечного вектора, и как раз того вида, какой соответствует обычной формуле СТО для преобразования 3-мерной части 4-мерного векторного тока. Этот факт и предлагается проверить, в качестве тренировки к дальнейшему развитию "спинорного сюжета".

Кстати, после этого подумайте, как убедиться в том, что рассматриваемый здесь в общем виде 4-ток $(\rho, \, \mathbf{j})$ соответствует движению именно со скоростью света.

[Ascold]

Slav-27 в сообщении #1217034 писал(а):

Зачем вы засунули туда сигму??? $\mathbf n \cdot \boldsymbol \sigma$ -- это (скажем) матрица $2\times 2$, а $\mathbf n$ -- $3$-компонентный вектор

это я торможу. На самом деле там слева и справа от этих произведений стоят спиноры $-u^+$ и $u,$ дающие после умножения на матрицу Паули вектор. Итак, начну выкладывать расчёты.

Cos(x-pi/2) в сообщении #1216854 писал(а):

1) Сначала можно убедиться, что матрицу лоренц-преобразования левого спинора (обозначу её как $L_L$) можно в общем случае представить в виде:

$L_L=\sqrt{\dfrac{E_p+m}{2m}} \, \hat 1 - \sqrt{\dfrac{E_p-m}{2m}}\, \mathbf{n} \cdot \boldsymbol{\sigma} \, ,$

буст общего вида для $u_L$ даётся выражением $L_L=\exp\left(-\boldsymbol{\sigma}\cdot\frac{\boldsymbol{\xi}}{2}\right)$, \ раскладывая который в ряд и пользуясь свойствами сигма-матриц, получаем

$$L_L=\ch(\xi/2)-\sh(\xi/2)\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}=\sqrt{(\ch(\xi)+1)/2}\ -\ \sqrt{(\ch(\xi)-1)/2}=\sqrt{\frac{E+m}{2m}} \ - \ \sqrt{\frac{E-m}{2m}}\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma},$$

аналогично

$$L_R=\ch(\xi/2) \ + \ \sh(\xi/2)\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}=\sqrt{(\ch(\xi)+1)/2} \ +\ \sqrt{(\ch(\xi)-1)/2}=\sqrt{\frac{E+m}{2m}} \ + \ \sqrt{\frac{E-m}{2m}}\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}.$$

Цитата:

Учитываем свойство эрмитовости, т. е. $L^+_L=L_L,$ вычисляем квадрат матрицы буста

$$L_L^2=\frac{E}{m}-\frac{|\mathbf{p}|}{m}\mathbf{n}\cdot\boldsymbol{\sigma},$$

поэтому

$$\rho'_L=u'^+u'=(L_Lu)^+(L_Lu)=u^+L^+_LL_Lu =\rho E/m+(-p/m)\mathbf{n}u^+\boldsymbol{\sigma}u=\frac{\rho_L+\mathbf{V\cdot j}_L}{\sqrt{1-V^2}},$$

где $\mathbf{j}_L=-u^+\boldsymbol{\sigma}u.$