Vectơ phân cực spin-1 (hạt lớn)

Question

Tôi đang đọc cuốn sách QFT của Zee và anh ấy đang phát triển lý thuyết trường của các photon mà không giới thiệu bất biến đo. Anh ta đang đặt một khối lượng photon nhỏ vào Lagrangian mà sau này anh ta sẽ cho về 0. Anh ấy cho rằng tôi vừa hoàn thành khóa học về EM và QM, và tôi nên biết những gì anh ấy đang nói trong một số bình luận ngắn gọn, nhưng tôi bối rối. Zee viết:

Một hạt spin-1 khổng lồ có ba độ phân cực vì lý do rõ ràng là trong khung nghỉ của nó, vectơ spin có thể hướng theo ba hướng khác nhau. Ba vectơ phân cực$\varepsilon^{(a)}_\lambda$ chỉ đơn giản là ba vectơ đơn vị trỏ dọc theo $x$, $y$và $z$ trục.

Đến đây tôi đang bối rối một cách bối rối. Chẳng hạn như bất kỳ vectơ spin nào, spin-1/2, không thể chỉ theo ba hướng không gian khác nhau? Khi tôi nghĩ về ba khả năng cho spin-1, tôi nghĩ$\{+1,0,-1\}$. Khi tôi nghĩ về trạng thái vectơ spin-1, tôi nghĩ ba vị trí trong vectơ đại diện cho$\{+1,0,-1\}$và không $\{x,y,z\}$. Tôi còn thiếu gì ở đây? Tại sao spin-1 có thể chỉ theo ba hướng không gian dành riêng cho spin-1?

Tôi đã cố gắng đọc lướt qua nó nhưng tôi nhanh chóng trở nên lạc lõng hơn. Zee viết:

Biên độ của một hạt có động lượng $k$ và phân cực $a$ được tạo tại một nguồn tỷ lệ với $\varepsilon^{(a)}_\lambda(k)$, và biên độ để nó được hấp thụ ở bồn rửa tỷ lệ với $\varepsilon^{(a)}_\nu(k)$.

Ở đây tôi hiểu rằng do thuyết tương đối hẹp, $\varepsilon$ là một chức năng của $k$, nhưng vì tôi không thấy mối liên hệ với các trạng thái phân cực, nên tôi thiếu mối quan hệ với biên độ. Tôi tin Zee khi anh ấy trích dẫn sự phụ thuộc này của biên độ, nhưng nó đến từ đâu?

Xa hơn một chút trên trang (trang 34 trong cuốn sách QFT của Zee, lần xuất bản thứ 2), Zee viết

Bây giờ chúng ta hiểu phần dư của cực trong bộ truyền spin -1 $$D_{\nu\lambda}=\dfrac{g_{\nu\lambda}-\frac{k_\nu k_\lambda}{m^2}}{k^2-m^2}.$$ Nó đại diện $\sum\varepsilon^{(a)}_\nu(k)\varepsilon^{(a)}_\lambda(k)$. Để tính toán đại lượng này, lưu ý rằng bằng bất biến Lorentz, nó chỉ có thể kết hợp tuyến tính của$g_{\nu\lambda}$ và $k_\nu k_\lambda$. Điều kiện$h^\mu \varepsilon^{(a)}_\mu=0$ sửa nó để tỷ lệ thuận với $g_{\nu\lambda}-\frac{k_\nu k_\lambda}{m^2}$. [ sic ] Như vậy$$\sum \varepsilon^{(a)}_\nu(k)\varepsilon^{(a)}_\lambda(k)=-\left(g_{\nu\lambda}-\frac{k_\nu k_\lambda}{m^2}\right)$$

Đến đây tôi lại bối rối. Làm thế nào Zee có thể kết luận ngay lập tức rằng nó "tỷ lệ thuận với$g_{\nu\lambda}-\frac{k_\nu k_\lambda}{m^2}$? Ngoài ra, dư lượng của$D$, Tôi tin rằng, nên có một mẫu số như $$\text{Res}_D(k_0^-)=\dfrac{g_{\nu\lambda}-\frac{k_\nu k_\lambda}{m^2}}{k-k_0^+}$$ do đại diện chuỗi Laurent của $D$. Tôi đã quên nhiều từ khóa học phân tích phức tạp của mình như tôi đã làm từ khóa học EM và QM của mình. Tôi có sai về dư lượng không? Cảm ơn vì đã xem câu hỏi dài của tôi !!!

Answer 1

Một vectơ đại diện cho trạng thái spin của hạt spin-1/2 là hai chiều . Spin được liên kết với nhóm$SU(2)$. Ma trận Pauli sigma tạo cơ sở cho biểu diễn hai chiều của nhóm này. Ví dụ: nếu chúng ta để toán tử đo lường quay dọc theo$z$-axis tỷ lệ với ma trận Pauli $$\sigma_z=\left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right)$$ (như thông thường), khi đó các tấm sàn spin là các vectơ hai chiều $(1, 0)$ và $(0,1)$. Chúng ta có thể có các eigenstates của ma trận Pauli tương ứng với$y$-axis và $z$-axis, hoặc kết hợp tuyến tính để có được bất kỳ trục tùy ý nào. Tuy nhiên, điều này là do nguyên tắc chồng chất. Bất kỳ trạng thái tùy ý nào cũng có thể được mở rộng thành tổng các trạng thái của$\sigma_z$. Đây chỉ là một không gian hai chiều.

Một vectơ đại diện cho trạng thái spin của hạt spin-1 là ba chiều . Điều này là do spin-1 được liên kết với biểu diễn ba chiều của$SU(2)$. Bây giờ trong Lý thuyết Trường lượng tử, spin là một đại lượng phụ thuộc vào khung. Tuy nhiên, chúng ta biết rằng trong hệ quy chiếu nghỉ của hạt spin-1, vectơ spin của nó sống trong không gian ba chiều. Do đó, chúng ta nên liên kết spin với ba bậc tự do. Tôi tin rằng Zee đang liên kết ba bậc tự do này với ba bậc tự do của vectơ phân cực trong khung còn lại.

Answer 2

Lagrangian cho một trường vectơ lớn (không có nguồn) có dạng

$$ L = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \frac{1}{2}M^{2}A_{\mu}A^{\mu}$$

và không phải là bất biến gauge do số hạng khối lượng. Phương trình chuyển động là

$$\partial _{\mu}F^{\mu\nu} + M^{2}A^{\nu} = 0$$ và bằng cách tạo ra lần thứ hai

$$\partial_{\mu} A^{\mu} = 0$$

đó không phải là một định lượng. Thay vào đó, nó phát sinh động và giảm dof từ 4 xuống 3. Trong trường hợp điện từ (trường vectơ không khối lượng) khi bạn sửa máy đo, bạn có thêm điều kiện đo dư bổ sung làm giảm dof từ 3 xuống 2. Vấn đề có thể được giải quyết trong không gian động lượng$$A^{\mu}(x) = \frac{1}{4\pi^{2}} \int \frac{d^{3}k}{2\omega}(e^{ik\dot x}\epsilon^{\mu}(\mathbf{k}) + c.c.)$$

Điều tôi nghĩ Zee muốn nói là trong trường hợp lớn, bạn luôn có thể chọn một hệ quy chiếu trên hạt và do đó thành phần thời gian của vectơ phân cực $\epsilon^{\mu}$ trở nên thừa thãi.

Khi tôi nghĩ về ba khả năng cho spin-1, tôi nghĩ là {+ 1,0, −1}. Khi tôi nghĩ> về trạng thái vectơ spin-1, tôi nghĩ ba vị trí trong vectơ đại diện cho {+ 1,0, −1} chứ không phải {𝑥, 𝑦, 𝑧}

Có thể bạn đang nói về $z$-thành phần của vòng quay. Đối với$\frac{1}{2}$-spin nó cũng có thể chỉ theo 3 hướng, thực tế là có số lượng tử $helicity$ đó là hình chiếu lên phương chuyển động của con quay.

Ở đây tôi hiểu rằng do thuyết tương đối hẹp, 𝜀 là một hàm của 𝑘, nhưng vì> tôi không thấy mối liên hệ với các trạng thái phân cực, tôi thiếu mối quan hệ> với biên độ. Tôi tin Zee khi anh ấy trích dẫn sự phụ thuộc này của biên độ, nhưng nó đến từ đâu?

Theo cách tương tự với trường vô hướng, từ biểu thức của $A^{\mu}(x)$ bạn có thể thấy rằng biên độ tạo và hấp thụ tỷ lệ với các vectơ phân cực.

Làm thế nào Zee có thể kết luận ngay lập tức rằng nó "tỷ lệ thuận với $𝑔_{𝜈𝜆}−\frac{𝑘_{𝜈}𝑘_{𝜆}}{𝑚^{2}}$?

Đối với sự bất biến Lorentz $$\sum \epsilon_{\nu}^{(a)}(k) \epsilon_{\lambda}^{(a)}(k) = -g_{\nu\lambda}A(k^{2})+k_{\nu}k_{\lambda}B(k^{2}) $$ Bạn có thể nhân trước cho $k^{\nu}$ và áp dụng $k^{\mu}\epsilon_{\mu}^{(a)} = 0$ bạn tìm $$0 = -k_{\lambda}(-A(k^{2})+k^{2}B(k^{2})) \iff B(k^{2}) = \frac{A(k^{2})}{m^{2}}$$ Cũng trong trường hợp $\nu = \lambda$ cho mối quan hệ đầy đủ $$\sum \epsilon_{\nu}^{(a)}(k) \epsilon_{\nu}^{(a)}(k) = -1 = A(k^{2})$$