Випадок масивного поля. Лагранжів формалізм. Розв'язок

Повернутися до розділу Спін 1.

Рівняння поля
Спін $$\ 1$$ може бути реалізований представленнями $$\ \left( 1, 0\right), \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) , \left( 0, 1\right) $$.

Для першого та третього (відповідають спінорним тензорам $$\ \psi_{ab}, \psi_{\dot {a}\dot {b}}$$) представлень умова $$\ (.8)$$ не потрібна, а для другого, яке відповідає спінору $$\ \psi_{a \dot {b}}$$, відповідно, потрібна. Її дія призводить до

$$\ \partial^{a \dot {a}}\psi_{a \dot {a}} = 0 \Rightarrow \partial_{\mu}\psi^{\mu} = 0$$.

(було використано рівність згортки по індексам двох спінорних тензорів та двох відповідних ним 4-векторів).

Тоді рівняння поля для представлення $$\ \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$$ можуть бути представлені як

$$\ (\square + m^{2})A_{\mu} = 0, \quad \partial^{\mu}A_{\mu} = 0$$.

Друга умова називається калібровкою Лоренца. Вона зменшує кількість незалежних компонент функції на 1, тому їх стає 3. Більше того, поле відповідає поперечному вектору (продольна складова "забирається" умовою калібровки).

$$ (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \nu} = {\delta}_{\mu}^{\nu} - \frac{\partial_{\mu}\partial^{\nu}}{\square}, \quad (P^{||})_{\mu}^{\quad \nu} = \frac{\partial_{\mu}\partial^{\nu}}{\square}$$.

Ці оператори є операторами проектування, оскільки вони задовольняють необхідним співвідношенням

$$\ (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \nu}(P^{\perp})_{\nu}^{\quad \lambda} = \left(\delta_{\mu}^{\nu} - \frac{\partial_{\mu}\partial^{\nu}}{\square}\right)\left( \delta_{\nu}^{\lambda} - \frac{\partial_{\nu}\partial^{\lambda}}{\square}\right) = \left( \delta_{\mu}^{\lambda} - 2\frac{\partial_{\mu }\partial^{\lambda}}{\square } + \frac{\partial_{\mu}\square \partial^{\lambda}}{\square^{2}}\right) = (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \lambda}$$,

$$\ P^{||})_{\mu}^{\quad \nu}(P^{||})_{\nu}^{\quad \lambda} = \frac{\partial_{\mu}\square \partial^{\lambda }}{\square^{2}} = (P^{||})_{\mu}^{\quad \lambda}$$,

$$\ (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \nu} + (P^{||})_{\mu}^{\quad \nu} = \delta_{\mu}^{\nu}$$,

$$\ (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \nu}(P^{||})_{\nu}^{\quad \lambda} = \frac{\partial_{\mu}\partial^{\lambda} - \partial_{\mu}\partial^{\lambda}}{\square} = 0$$.

Тоді $$\ A_{\mu}$$ можна представити як

$$\ A_{\mu} = A_{\mu}^{\perp} + A_{\mu}^{||}, \quad A_{\mu}^{\perp} = (P^{\perp})_{\mu}^{\quad \nu}A_{\nu}, \quad A_{\mu}^{||} = (P^{||})_{\mu}^{\quad \nu}A_{\nu}$$.

В результаті, згортка з похідною дасть

$$\ \partial^{\mu}A_{\mu} = \partial^{\mu}A_{\mu}^{\perp } + \partial^{\mu}A_{\mu}^{||} = \left( \partial^{\nu}A_{\nu} - \frac{\square}{\square}\partial^{\nu}A_{\nu}\right) + \partial^{\mu}A_{\mu}^{||} = 0 + \partial^{\mu}A_{\mu}^{||} = 0$$.

Отже, умова калібровки Лоренца накладає нульову умову на похідну продольної складової $$\ A_{\mu}$$. Тоді $$\ A_{\mu}^{||}$$ має одну незалежну компоненту (її можна представити як $$\ A_{\mu}^{||} = \partial_{\mu}\varphi$$). Згортка же похідної з поперечною складовою поля тотожньо дає нуль, що залишає три незалежні компоненти.

Лагранжів формалізм. Рівняння Прока
Можна розглянути лагранжів формалізм векторного комплексного поля. Калібрування Лоренца та рівняння поля на компоненти, із яких можна буде отримати розв'язок, можна "отримати", якщо записати лагранжіан

$$\ L = \frac{1}{2}\left( \partial_{\mu}A^{*}_{\nu} - \partial_{\nu}A^{*}_{\mu}\right)\left( \partial^{\mu}A^{\nu} - \partial^{\nu}A^{\mu}\right) - m^{2}A^{*}_{\mu}A^{\mu}$$.

Дійсно, рівняння поля дають (наприклад, для похідних по комплексно спряженому полю та його похідним)

$$\ \partial_{\mu}\left(\partial^{\mu}A^{\nu} - \partial^{\nu}A^{\mu}\right) = -m^{2} A^{\nu}$$,

що називається рівнянням Прока.

Якщо взяти похідну $$\ \partial_{\nu}$$ зліва і зправа, можна отримати зліва нуль (як згортку симетричного та антисиметричного тензорів), а зправа (з точністю до константи) - $$\ \partial_{\nu}A^{\nu}$$. Аналогічно - і для комплексного поля. Таким чином, отримана калібровка Лоренца (що і є умовою незвідності представлення). Якщо цей вираз підставити у рівняння поля, то, розкривши зліва дужки та переставивши місцями похідні $$\ \partial_{\mu}, \partial^{\nu}$$, можна отримати

$$\ \partial^{2}A^{\nu} - \partial^{\nu}\partial_{\mu}A^{\mu} = \partial^{2}A^{\nu} = -m^{2}A^{\nu} \Rightarrow (\partial^{2} + m^{2})A^{\nu} = 0$$,

що й призводить до реалізації представленням $$ \left( \frac{1}{2}; \frac{1}{2}\right)$$ (у векторному вигляді) масивних представлень групи Пуанкаре.

Розв'язок рівняння Прока
Далі можна зупинитися на випадку дійсного поля,

$$ (\partial^{2} + m^{2})A^{\nu} = 0, \quad \partial_{\mu}A^{\mu} = 0$$,

і побудувати відповідний розв'язок.

Розв'язок повинен задовольняти рівнянню-Клейна-Гордона і, водночас, калібруванню Лоренца. Тому для розв'язку

$$\ A_{\mu} = \int \left( a_{\mu}(\mathbf p)e^{-ipx} + a_{\mu}^{*}(\mathbf p )e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi)^{3}2}} \qquad (.1)$$

($$ \sqrt{\epsilon_{\mathbf p }} $$ зі знаменника "заховано" у амплітуді $$\ a_{\mu}(\mathbf p )$$) треба підібрати поля $$ A_{\mu}(\mathbf p)$$ так, щоб $$ \partial_{\mu}A^{\mu} = 0$$. Це зручно зробити, розклавши їх по деякому базису з чотирьох 4-векторів $$ e_{\lambda}(\mathbf p )$$:

$$ a_{\mu}(\mathbf p ) = e^{\mu}_{\lambda}(\mathbf p )a^{\lambda}(\mathbf p )$$.

Вирази для векторів можна зафіксувати, наклавши на них зручні для операцій з ними умови, не забуваючи, втім, про умову калібрування Лоренца. Наприклад, можна покласти

$$ e^{\mu}_{0}(\mathbf p ) = n^{\mu}, \quad n_{\mu}n^{\mu} = 1, \quad n^{\mu} = (1, 0, 0, 0)$$.

Другий вектор, наприклад, $$ e^{\mu}_{3}(\mathbf p )$$, треба, як вектор базису, вибрати ортогональним до $$\ n_{\mu}$$. Таким вектором є

$$ e^{\mu}_{3}(\mathbf p ) = \frac{p^{\mu} - n^{\mu}(p_{\nu}n^{\nu})}{|e_{3}|} = \frac{p^{\mu} - n^{\mu}E}{|\mathbf p|} = (0, -\frac{\mathbf p}{|\mathbf p|})$$.

На вибір інших компонент автоматично накладаються умови

$$ e_{1}^{\mu}e_{2, \mu} = \delta_{12}, \quad e_{1, 2}^{\mu}n_{\mu} = e^{\mu}_{1, 2}p_{\mu} = 0$$.

Узагальнюючи, для четвірки базисних векторів $$ e_{\lambda}^{\mu}, \lambda = 0, ..., 3$$ можна отримати властивість

$$ e_{\lambda}^{\mu}e_{\lambda {'}, \mu} = g_{\lambda \lambda {'}}$$.

Враховуючи явний вигляд $$ n^{\mu}$$, можна більше конкретизувати явний вигляд векторів:

$$ n^{\mu} = (1, \mathbf 0 ), \quad e_{3}^{\mu}(\mathbf p ) = \left( 0, \frac{\mathbf p }{|\mathbf p |}\right), \quad e_{1, 2}^{\nu}(\mathbf p ) = \left(0, \mathbf {e}_{1,2}(\mathbf p ) \right), \quad (\mathbf {e}_{1}\cdot \mathbf {e}_{2}) = (\mathbf {e}_{1, 2} \cdot \mathbf p ) = 0 $$.

Відповідно до вигляду векторів видно, що компонента $$ a_{3}(\mathbf p )$$ розкладу поля по ним відповідає продольній до $$\ \mathbf p$$ компоненті поля, $$\ a_{1, 2}(\mathbf p )$$ - поперечним компонентам. Тоді розв'язок $$\ (.1)$$ може бути представлений як

$$ A_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( a_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + a^{*}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}}} \qquad (.1)$$.

Цей вираз ще знадобиться для випадку безмасового векторного поля, а тепер, для того, щоб накласти комутаційні співвідношення для операторів народження і знищення, можна конкретизувати його для масивного поля, використавши умову калібрування Лоренца. Для неї

$$ \partial^{\mu}A_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}\partial^{\mu}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( a_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + a^{*}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}}} = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( -ip^{\mu}a_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + ip^{\mu}a^{*}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}}} = 0$$.

Достатньо, щоб виконувалась рівність (для спряжених амплітуд рівність буде аналогічна)

$$\ \sum_{\lambda = 0}^{3} e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )p^{\mu}a_{\lambda } = 0$$,

яка після врахування явного вигляду згорток базисних векторів із $$ p^{\mu}$$,

$$ e_{3}^{\mu}p_{\mu} = -\frac{ p^{2}}{|\mathbf p|}, \quad e^{\mu}_{0}p_{\mu} = \epsilon_{\mathbf p }, \quad e_{1, 2}^{\mu}p_{\mu } = 0$$

набуде вигляду

$$\ \epsilon_{\mathbf p }a_{0}(\mathbf p ) - |\mathbf p |a_{3}(\mathbf p ) = 0 \Rightarrow a_{0}(\mathbf p ) = \frac{|\mathbf p|}{\epsilon_{\mathbf p}}a_{3}(\mathbf p ) \qquad (.2)$$.

Таким чином, у векторного поля, як і повинно бути у відповідності із незвідністю представлення, є лише три незалежні компоненти (поляризації).

Тепер вираз $$\ (.1)$$ може бути представлений як (відновлений корінь з енергії)

$$\ A_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 1}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( a_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + a^{*}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3} \epsilon_{\mathbf p}}}$$,

де нова трійка векторів поляризації має властивості

$$\ e_{\mu}^{\lambda}e^{\mu, \lambda {'}} = -\delta_{\lambda \lambda {'}}, \quad p^{\mu}e_{\mu , \lambda} = 0$$.

Окрім того, у подальшому знадобиться вираз для суми по поляризаціям:

$$\ \sum_{\lambda = 1}^{3}e_{\mu}^{\lambda}e_{\nu}^{\lambda} = g_{\mu \nu} - \frac{p_{\mu }p_{\nu}}{m^{2}}$$.

Квантова теорія
Квантова теорія може бути представлена виразом

$$ \hat {A}_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( \hat {a}_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + \hat {a}^{+}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}\epsilon_{\mathbf p}}}$$.

У випадку із комплексним полем можна записати, що

$$ \hat {A}_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 1}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( \hat {a}_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + \hat {b}^{+}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}\epsilon_{\mathbf p}}}, \quad \hat {A}^{+}_{\mu} = \int \sum_{\lambda = 1}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( \hat {a}^{+}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx} + \hat {b}_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}\epsilon_{\mathbf p}}}$$.

Завдяки врахуванню існування лише трьох незалежних поляризацій на оператори поля та народження і знищення частинок можна накласти стандартні комутаційні співвідношення:

$$\ [\hat {a}_{\lambda}(\mathbf p ), \hat {a}^{+}_{\delta}(\mathbf k )] = \delta_{\lambda \delta}\delta (\mathbf p -\mathbf k ), \quad [\hat {b}_{\lambda}(\mathbf p ), \hat {b}^{+}_{\delta}(\mathbf k )] = \delta_{\lambda \delta}\delta (\mathbf p -\mathbf k ), \quad [\hat {a}^{+}_{\lambda }(\mathbf p ), \hat {a}^{+}_{\delta}(\mathbf k )] = [\hat {a}_{\lambda}(\mathbf p ), \hat {a}_{\delta}(\mathbf k )] = 0$$.

Перестановочні співвідношення для довільних моментів часу
Отже, треба визначити перестановочні співвідношення для довільних моментів часу для проківських полів

$$ \hat {A}_{\mu}(x) = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( \hat {a}_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx} + \hat {b}^{+}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}\epsilon_{\mathbf p}}}, \quad \hat {A}_{\mu}^{+}(x) = \int \sum_{\lambda = 0}^{3}e_{\mu}^{\lambda }(\mathbf p )\left( \hat {a}^{+}_{\lambda }(\mathbf p)e^{ipx} + \hat {b}_{\lambda }(\mathbf p)e^{-ipx}\right) \frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{2(2 \pi)^{3}\epsilon_{\mathbf p}}}$$,

із властивістю суми по поляризаціям

$$\ \sum_{\lambda = 1}^{3}e_{\mu}^{\lambda}e_{\nu}^{\lambda} = g_{\mu \nu} - \frac{p_{\mu }p_{\nu}}{m^{2}}$$.

Очевидно, що єдиним нетривіальним комутатором серед полів та спряжених буде вираз $$\ [\hat {A}_{\mu}(x), \hat {A}^{\dagger}_{\nu}(y)] $$

$$\ [A_{\mu}^{-}(x), A_{\nu}^{\dagger}(y)] = \int \int \sum_{\lambda, \lambda '}e_{\mu}^{\lambda}e_{\nu}^{\lambda {'}}\left([\hat {a}_{\lambda}(\mathbf p), \hat {a}^{+}_{\lambda {'}}(\mathbf k)]e^{-ip(x - y)} +e^{-ip(y - x)}[\hat {b}^{\dagger}_{\lambda}(\mathbf p), \hat {b}_{\lambda {'}}(\mathbf k)]\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf k}}} = $$

$$\ = \int \sum_{\lambda}e_{\mu}^{\lambda}e_{\nu}^{\lambda }\left( e^{-ip(x - y)} - e^{ip(x - y)}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi)^{3}2\epsilon_{\mathbf p}} = \int \left(g_{\mu \nu} - \frac{p_{\mu}p_{\nu}}{m^{2}} \right)\left( e^{-ip(x - y)} - e^{ip(x - y)}\right)\frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi)^{3}2\epsilon_{\mathbf p}} = $$

$$\ = \left( g_{\mu \nu} + \frac{\partial_{\mu}\partial_{\nu}}{m^{2}}\right) \int \frac{d^{3}\mathbf p}{(2 \pi)^{3}2\epsilon_{\mathbf p}}e^{i(\mathbf p \cdot (\mathbf x - \mathbf y))}sin(\epsilon_{\mathbf p}(t_{y} - t_{x}))$$,

де спочатку за інтеграл був винесений тензор $$\ g_{\mu \nu} - \frac{p_{\mu}p_{\nu}}{m^{2}} \to g_{\mu \nu} + \frac{\partial_{\mu}\partial_{\nu}}{m^{2}}$$ (заміна імпульсів похідними при дії на експоненту), а після цього в другому доданку була зроблена заміна $$\ \mathbf p \to -\mathbf p $$, яка дозволила отримати синус.