Калибровочная инвариантность Комптон-эффекта

[Ilia_]

Добрый день.

Помогите, пожалуйста, доказать калибровочную инвариантность амплитуды Комптон-эффекта. Что я делаю/думаю не правильно?

Во втором порядке теории возмущений имеем две диаграммы Фейнмана, из которых следует следующее выражение для амплитуды:

$$M_{if}=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_2}^*\frac{\hat p_1+\hat k_1+m}{2p_1k_1}\hat e_{\sigma_1}+\hat e_{\sigma_1}\frac{\hat p_1-\hat k_2+m}{-2p_1k_2}\hat e_{\sigma_2}^*\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

Здесь $p_1,p_2,k_1,k_2$ - начальный и конечный импульсы электрона и фотона, $\hat a = a_i \gamma^i$, $e^i_{\sigma}$ - 4-вектор вдоль поляризации.

При калибровочном преобразовании 4-вектор $e_i(k)$ изменяется следующим образом: $e_i \rightarrow e_i+\alpha k_i$, где $\alpha$ - произвольная функция $k$.

Рассмотрим добавку к $M_{if}$, пропорциональную $\alpha^2$:

$$\delta M_{if} = -|\alpha|^2\cdot\frac{2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat k_2\frac{\hat p_1+\hat k_1+m}{2p_1k_1}\hat k_1+\hat k_1\frac{\hat p_1-\hat k_2+m}{-2p_1k_2}\hat k_2\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

Прокоммутируем $\hat p_1$ и $\hat k_1$ в первом члене, $\hat p_1$ и $\hat k_2$ во втором члене. Учтём, что $\hat k \hat k=0$ (в силу нулевой массы фотона) и $(\hat p_1 -m) u_{\lambda_1}(p_1)=0$ (уравнение Дирака). Останется:

$$\delta M_{if} = -|\alpha|^2\cdot\frac{2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat k_2\hat k_1-\hat k_1\hat k_2\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

А это не ноль. Где ошибка?

[obar]

Калибровочная инвариантность в любом порядке теории возмущений очевидна из инвариантности оператора временной эволюции

$$ S=Te^{-i\int H_{int}(t)dt}=Te^{-i\int j_\mu(x)A^\mu(x)d^4x} $$

в следствие закона сохранения тока.

[Ilia_]

obar в сообщении #506315 писал(а):

Калибровочная инвариантность в любом порядке теории возмущений очевидна из инвариантности оператора временной эволюции

Я и не спорю. Это действительно очевидно. Но мне поставили конкретную задачу: явно показать калибровочную инвариантность для эффекта Комптона во втором порядке теории возмущений. Вот тут у меня и возник затык.

[obar]

Мне не совсем ясно, как вы получили последнее выражение. Поскольку

$$ \hat{p}\hat{k}=-\hat{k}\hat{p}+2(pk) $$

то у меня получается несколько иное выражение.

[Ilia_]

obar в сообщении #506343 писал(а):

Мне не совсем ясно, как вы получили последнее выражение. Поскольку

$$ \hat{p}\hat{k}=-\hat{k}\hat{p}+2(pk) $$

то у меня получается несколько иное выражение.

Вот так (на примере первой дроби):

$$ \hat{k_2}\frac{\hat{p}+\hat{k_1}+m}{2p_1k_1}\hat{k_1}=\hat{k_2}\frac{\hat{p}+m}{2p_1k_1}\hat{k_1}=\hat{k_2}\hat{k_1}\frac{-\hat{p}+2(p_1k_1)+m}{2p_1k_1}=\hat{k_2}\hat{k_1}+\hat{k_2}\hat{k_1}\frac{-\hat{p}+m}{2p_1k_1} $$

Второе слагаемое после действия на $u_{\lambda_1}(p_1)$ даст ноль по уравнению Дирака. Останется только $\hat{k_2}\hat{k_1}$. Аналогично, из второй дроби останется $-\hat{k_1}\hat{k_2}$.

[obar]

Вы ошиблись, слагаемое $2(p_1k_1)$ на $\hat{k}_1$ не умножается (проверьте хотя бы размерность).

[Ilia_]

Спасибо! Честное слово, я долго эту ошибку искал...

Так, теперь:

$$ \hat{k_2}\frac{\hat{p_1}+\hat{k_1}+m}{2p_1k_1}\hat{k_1}=\hat{k_2}\frac{\hat{p_1}+m}{2p_1k_1}\hat{k_1}=\hat{k_2}\hat{k_1}\frac{-\hat{p_1}+m}{2p_1k_1}+\hat{k_2}\rightarrow \hat{k_2} $$

$$ \hat{k_1}\frac{\hat{p_1}-\hat{k_2}+m}{-2p_1k_2}\hat{k_2}=\hat{k_1}\frac{\hat{p_1}+m}{-2p_1k_2}\hat{k_2}=\hat{k_1}\hat{k_2}\frac{-\hat{p_1}+m}{-2p_1k_2}-\hat{k_1}\rightarrow -\hat{k_1} $$

Итого:

$$\delta M_{if} = -|\alpha|^2\cdot\frac{2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat k_2-\hat k_1\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

Правда, нуля ещё не получили.

[obar]

$$ \bar{u}_f(\hat{k}_2-\hat{k}_1)u_i=-\bar{u}_f(\hat{p}_2-\hat{p}_1)u_i=j^{\mu}_{if}(\hat{p}_2-\hat{p}_1)_\mu=0 $$

что есть условие сохранения тока.

[Ilia_]

Забыл. Стыдно.

Теперь линейный по $\alpha$ член:

$$\delta M_{if}=-\frac{2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2) [ \alpha^*\hat{k}_2\frac{\hat{p}_1+\hat{k}_1+m}{2p_1k_1}\hat{e}_1+\alpha^*\hat{e}_1\frac{\hat{p}_1-\hat{k}_2+m}{-2p_1k_2}\hat{k}_2+\alpha\hat{e}_2^*\frac{\hat{p}_1+\hat{k}_1+m}{2p_1k_1}\hat{k}_1+$$

$$\alpha\hat{k}_1\frac{\hat{p}_1-\hat{k}_2+m}{-2p_1k_2}\hat{e}_2^* ] u_{\lambda_1}(p_1)=$$

$$=-\frac{2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[ -\alpha^*\frac{\hat k_2 \hat e_1 \hat k_1}{2p_1k_1}+\alpha^*\hat k_2 \frac{p_1e_1}{p_1k_1}-\alpha^*\hat e_1+\alpha\hat e_2-\alpha\frac{\hat k_1 \hat e_2^* \hat k_2}{2p_1k_2}-\alpha\hat k_1 \frac{p_1e_2^*}{p_1k_2}\right] u_{\lambda_1}(p_1)$$

Преобразования те же. Учтено, что $\hat{k}\hat{e}=-\hat{e}\hat{k}$. Как дальше быть?

[obar]

Ну тут уж Вы сами...

[Ilia_]

М-да. Задачка-то за 10 минут решается... Вот выкладки:

$$M_{if}=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_2}^*\frac{\hat p_1+\hat k_1+m}{2p_1k_1}\hat e_{\sigma_1}+\hat e_{\sigma_1}\frac{\hat p_1-\hat k_2+m}{-2p_1k_2}\hat e_{\sigma_2}^*\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

При калибровочном преобразовании $e^i\to e^i+\alpha k^i$. Следовательно, $M_{if}\to M_{if}+\alpha \delta M_1+\alpha^*\delta M_2 + |\alpha|^2\delta M_3$.

То, что $\delta M_3=0$, с помощью obarа было показано ранее. Сейчас приведу выкладки для $\delta M_1$ и $\delta M_2$.

$$\delta M_2=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat k_2\frac{\hat p_1+\hat k_1+m}{2p_1k_1}\hat e_{\sigma_1}+\hat e_{\sigma_1}\frac{\hat p_1-\hat k_2+m}{-2p_1k_2}\hat k_2\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

Учтя, что $p_1+k_1=p_2+k_2$, $p_1 k_1=p_2 k_2$, $\hat k_1\hat k_1=\hat k_2\hat k_2=0$, получим:

$$\delta M_2=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat k_2\frac{\hat p_2+m}{2p_2k_2}\hat e_{\sigma_1}+\hat e_{\sigma_1}\frac{\hat p_1+m}{-2p_1k_2}\hat k_2\right]u_{\lambda_1}(p_1)$$

Перекоммутировав $\hat k_2$ с $\hat p_2$ в первом члене и $\hat k_2$ с $\hat p_1$ во втором, воспользуемся уравнением Дирака: $(\hat p_1-m)u_{\lambda_1}(p_1)=0$, $\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)(\hat p_2-m)=0$. Останется:

$$\delta M_2=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_1}-\hat e_{\sigma_1}\right]u_{\lambda_1}(p_1)=0$$

Для $\delta M_1$ выкладки аналогичны:

$$\delta M_1=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_2}^*\frac{\hat p_1+\hat k_1+m}{2p_1k_1}\hat k_1+\hat k_1\frac{\hat p_1-\hat k_2+m}{-2p_1k_2}\hat e_{\sigma_2}^*\right]u_{\lambda_1}(p_1)=$$ $$=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_2}^*\frac{\hat p_1+m}{2p_1k_1}\hat k_1+\hat k_1\frac{\hat p_2-\hat k_1+m}{-2p_2k_1}\hat e_{\sigma_2}^*\right]u_{\lambda_1}(p_1)=$$ $$=\frac{-2\pi e^2}{\sqrt{\omega_1\omega_2}}\overline{u_{\lambda_2}}(p_2)\left[\hat e_{\sigma_2}^*-\hat e_{\sigma_2}^*\right]u_{\lambda_1}(p_1)=0$$