Рівняння Паулі-Фірца. Зв'язок із лінеаризованою ЗТВ

Повернутися до розділу "Спін 2".

Рівняння Паулі-Фірца
В силу існування операторів $$ \Delta^{a}_{ \quad \dot b}$$ та обернених до них (див. підрозділ "Рівняння поля для заданого спіну") можна не розглядати усі можливі представлення, а зупинитись на одному з них. Наприклад, можна вибрати представлення $$ (1, 1) $$, якому відповідає симетричний тензор $$ h_{ab \dot {a} \dot {b}}$$. Для нього повинні виконуються умови незвідності, що відповідають незвідному унітарному представленню групи Пуанкаре:

$$ (\square + m) h_{ab \dot {a} \dot {b}} = 0, \quad \partial^{a \dot {a}}h_{a b \dot {a} \dot {b}} = 0$$.

Відповідне векторне представлення має вигляд (див. розділ "Спінорний тензор. Зв'язок векторного та спінорного представлень")

$$ h_{\mu \nu} = \frac{1}{4}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot {a} a}(\tilde \sigma_{\nu})^{\dot {b }b}h_{ab \dot {a} \dot {b}}$$.

Слід даного тензора рівен нулю:

$$ h = g^{\mu \nu}h_{\mu \nu} = \frac{1}{4}(\tilde {\sigma}^{\mu})^{\dot {a} a}(\tilde \sigma_{\nu})^{\dot {b }b}h_{ab \dot {a} \dot {b}} = \frac{1}{2}\varepsilon^{a b} \varepsilon^{\dot {a} \dot {b}}h_{ab \dot {a} \dot {b}} = 0$$,

де використана властивість (див. підрозділ)

$$ (\tilde {\sigma}^{\mu})^{\dot {a} a}(\tilde \sigma_{\nu})^{\dot {b }b} = 2 \varepsilon^{a b}\varepsilon^{\dot {a} \dot {b}}$$.

Внаслідок незалежності підсумовування по спінорним індексам матриць Паулі та симетричності тензора $$ h_{ab \dot {a }\dot {b}}$$ відповідне векторне представлення буде симетричним

$$ h_{\mu \nu} = \frac{1}{4}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot {a} a}(\tilde \sigma_{\nu})^{\dot {b }b}h_{ab \dot {a} \dot {b}} = \frac{1}{4}(\tilde {\sigma}_{\nu})^{\dot {a} a}(\tilde \sigma_{\mu})^{\dot {b }b}h_{ab \dot {a} \dot {b}} = h_{\nu \mu}$$.

Умова $$ \partial^{a \dot {a}}h_{a b \dot {a} \dot {b}}$$ може бути переписана як

$$ \partial^{a \dot {a}} \to \partial^{\mu} \Rightarrow \partial^{\mu}h_{\mu \nu} = 0$$.

Отже, незвідне векторне представлення поля $$ (1, 1)$$ набуде вигляду

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

Така умова залишає п'ять незвідних компонент, як і повинно бути. Дійсно, умова $$ \partial_{\mu}h^{\mu \nu}$$ для кожного індексу $$ \nu$$ накладає по одній умові, умова $$ h = 0$$ накладає ще одну умову, а симетричність зменшує кількість незалежних компонент ще на шість. Отже, із шістнадцяти компонент залишається п'ять.

Можна побудувати рівняння поля, диференціальними наслідками якого буде незвідність представлення $$\ h_{\mu \nu}$$. В силу міркувань про лінійність рівняння та наявність похідних не вище ніж другого порядку рівняння може бути сконструйоване лише з наступних величин:

$$\ c_{1}\partial_{\mu}\partial_{\nu}h ,\quad c_{2} g_{\mu \nu}(\partial^{2} + \gamma m^2)h, \quad c_{3}(\partial_{\mu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \nu} + \partial_{\nu}\partial^{\alpha}h_{\alpha \mu}), \quad c_{4}g_{\mu \nu}\partial^{\alpha }\partial^{\beta }h_{\alpha \beta}, \quad c_{5}(\square + m^{2})h_{\mu \nu}$$.

Перепозначивши всі константи як $$\ c_{i} \to \frac{c_{i}}{c_{5}}$$, можна записати рівняння

$$\ c_{1}\partial_{\mu}\partial_{\nu}h + c_{2} g_{\mu \nu}(\partial^{2} + \gamma m^2)h + c_{3}(\partial_{\mu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \nu} + \partial_{\nu}\partial^{\alpha}h_{\alpha \mu}) + c_{4}g_{\mu \nu}\partial^{\alpha }\partial^{\beta }h_{\alpha \beta} + (\square + m^{2})h_{\mu \nu} = 0$$.

На першому етапі можна подіяти диференціальним оператором $$ \partial^{\mu }\partial^{\nu}$$ на рівняння, провівши, таким чином, згортку по індексам. Тоді

$$ c_{1}\partial^{2}\partial^{2}h + c_{2}\partial^{2}(\partial^{2} + \gamma m^{2})h + 2c_{3}\partial^{2}\partial^{\mu }\partial^{\alpha }h_{\mu \alpha} + c_{4}\partial^{2}\partial^{\mu}\partial^{\nu}h_{\mu \nu} + (\partial^{2} + m^{2})\partial^{\mu }\partial^{\nu}h_{\mu \nu} = 0$$.

Оскільки це рівняння також є рівнянням поля, то можна вимагати відсутність старших похідних (четвертого порядку). Тоді (розглядається лише масивне поле)

$$ c_{1} + c_{2} = 0, \quad c_{4} + 2c_{3} + 1 = 0 \Rightarrow c_{2} \gamma \partial^{2}h = -\partial^{\mu}\partial^{\nu}h_{\mu \nu }$$.

На другому етапі можна подіяти оператором $$ \partial^{\mu}$$ на початкове рівняння, провівши згортку по відповідному індексу. Тоді

$$ c_{1}\partial^{2}\partial_{\nu}h + c_{2}\partial_{\nu}(\partial^{2} + m^{2})h + c_{3}(\partial^{2}\partial^{\alpha }h_{\nu \alpha} + \partial_{\nu}\partial^{\alpha}\partial^{\mu}h_{\mu \alpha}) + c_{4}\partial_{\nu}\partial^{\alpha}\partial^{\beta}h_{\alpha \beta } + (\partial^{2} + m^{2})\partial^{\mu}h_{\mu \nu} = $$

$$ = (\partial^{2} + m^{2})\partial^{\mu}h_{\mu \nu} + c_{3}\partial^{2}\partial^{\alpha}h_{\alpha \nu} + (c_{1} + c_{2})\partial^{2}\partial_{\nu}h + c_{2}\gamma^{2}h + c_{3}\partial_{\nu}\partial^{\alpha} \partial^{\mu}h_{\alpha \mu} + c_{4}\partial_{\nu}\partial^{\alpha }\partial^{\beta }h_{\alpha \beta} = 0$$.

Використовуючи наслідки етапу 1 та, знову, керуючись міркуваннями відсутності старших похідних у рівнянні, можна отримати рівняння

$$ c_{3} + c_{4} = 0, \quad c_{3} + 1 = 0 \Rightarrow c_{3 } = -1, \quad c_{4} = 1$$,

що узгоджується із рівняннями першого етапу.

Нарешті, на третьому етапі, можна переписати рівняння з урахуванням отриманих констант та зв'язків між ними,

$$ c_{1}\partial_{\mu }\partial_{\nu} - c_{1}g_{\mu \nu}(\partial^{2} + \gamma m^{2})h - (\partial_{\mu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \nu} + \partial_{\mu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \nu}) + g_{\mu \nu}\partial^{\alpha} \partial^{\beta}h_{\alpha \beta} + (\partial^{2} + m^{2})h_{\mu \nu} = 0 $$,

та згорнути його з метричним тензором по двом індексам:

$$ c_{1}\partial^{2}h - 4c_{1}(\partial^{2} + \gamma m^{2})h - 2\partial^{\mu}\partial^{\nu}h_{\mu \nu} + 4 \partial^{\mu} \partial^{\nu}h_{\mu \nu} + (\partial^{2} + m^{2})h = \left| \partial^{\mu}\partial^{\nu}h_{\mu \nu } = -c_{2} \gamma \partial^{2}h \right| = $$

$$ = (-3c_{1} + 1 + 2c_{1}\gamma )\partial^{2}h + m^{2}(1 - 4c_{1}\gamma )h = 0 \Rightarrow -3c_{1} + 1 + 2c_{1}\gamma = 0 \Rightarrow c_{1} = \frac{1}{3 - 2\gamma}$$.

Якщо $$ \gamma = 1$$ (чисто формальний вибір), то $$ c_{1} = 1, \quad c_{2} = -1$$, і останнє рівняння набуде вигляду

$$ h = 0$$.

Звідси умова $$ \partial^{\mu}\partial^{\nu}h_{\mu \nu } = -c_{2} \gamma \partial^{2}h$$ набуде вигляду

$$ \partial^{\nu}h_{\mu \nu } = 0$$,

а початкове рівняння, з урахуванням цих диференціальних наслідків, набуде вигляду рівняння Клейна-Гордона. Таким чином, умову незвідності тензорного представлення поля спіну 2 реалізує рівняння

$$ \partial_{\mu }\partial_{\nu}h - g_{\mu \nu}(\partial^{2} + m^{2})h - (\partial_{\mu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \nu} + \partial_{\nu}\partial^{\alpha }h_{\alpha \mu}) + g_{\mu \nu}\partial^{\alpha} \partial^{\beta}h_{\alpha \beta} + (\partial^{2} + m^{2})h_{\mu \nu} = 0 \qquad (1)$$,

яке називається рівнянням Паулі-Фірца. Варто зазначити, що константи знаходилися з алгебраїчних міркувань, коли похідні по полю різних порядків і вигляду чисто формально відповідали незалежним величинам.

Отримання рівнянь поля через незвідні безмасові представлення
Як слідує із відповідного формалізму, рівняння на поле спіральності 2, -2 мають, відповідно, вигляд

$$\ \partial^{\dot {b}a}C_{abcd} = 0, \quad \partial^{\dot {b}a}C_{\dot{a}\dot{b}\dot{c}\dot{d}} = 0 \qquad (2)$$.

Нас цікавить поле, що є інваріантним відносно дискретних симетрій групи Лоренца, тому треба взяти пряму суму цих двох представлень. Можна показати, що із полів $$\ C_{abcd}, C_{\dot{a}\dot{b}\dot{c}\dot{d}}$$ можна побудувати об'єкт

$$\ C_{\alpha \beta \gamma \delta} = (\tilde{\sigma}_{\alpha})^{\dot {a} a}(\tilde{\sigma}_{\beta})^{\dot {b} b}(\tilde{\sigma}_{\gamma})^{\dot {c} c}(\tilde{\sigma}_{\delta})^{\dot {d} d}(\varepsilon_{ab}\varepsilon_{cd}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon_{\dot {a} \dot {b}} \varepsilon_{\dot {c} \dot {d}}C_{abcd}) \qquad (3)$$,

для якого виконуються співвідношення

$$\ C_{\alpha \beta \gamma \delta} = -C_{\beta \alpha \gamma \delta} = -C_{\alpha \beta \delta \gamma} = C_{\beta \alpha \delta \gamma} ,\quad C^{\alpha}_{\ \beta \alpha \delta} = 0, \quad \varepsilon^{\alpha \beta \gamma \delta}C_{\alpha \beta \gamma \delta} = 0 \qquad (4)$$.

Доведемо це.

1. $$\ C_{\alpha \beta \gamma \delta} = -C_{\beta \alpha \gamma \delta}$$.

Перестановка індексів $$\ \alpha, \beta $$ у $$\ (3)$$ еквівалентна перестановці $$\ \dot{a}, \dot{b}, a, b$$ неточкових та точкових індексів у виразі $$\ \varepsilon_{ab}\varepsilon_{cd}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon_{\dot {a} \dot {b}} \varepsilon_{\dot {c} \dot {d}}C_{abcd}$$. А він містить тензори $$\ \varepsilon_{ab}, \varepsilon_{\dot {a} \dot{b}}$$, які є антисиметричними за такими перестановками.

2. $$\ \quad C^{\alpha}_{\ \beta \alpha \delta} = 0$$.

Маємо

$$\ C^{\alpha}_{\ \beta \alpha \delta} = (\tilde{\sigma}^{\alpha})^{\dot {a} a}(\tilde{\sigma}_{\beta})^{\dot {b} b}(\tilde{\sigma}_{\alpha})^{\dot {c} c}(\tilde{\sigma}_{\delta})^{\dot {d} d}(\varepsilon_{ab}\varepsilon_{cd}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon_{\dot {a} \dot {b}} \varepsilon_{\dot {c} \dot {d}}C_{abcd}) = 0$$,

оскільки (див. останню властивість і зв'язок $$\ \tilde{\sigma}^{\dot {a}a} = \varepsilon^{ac}\varepsilon^{\dot{a}\dot{c}}\sigma_{c\dot{c}}$$) виконується рівність $$\ (\tilde{\sigma}^{\mu})^{\dot{c}c}(\sigma_{\mu})_{a \dot{a}} = 2\delta^{\dot{c}}_{\dot{a}}\delta^{c}_{a}$$, яка при піднятті індексів дає $$\ 2\varepsilon^{\dot {a} \dot{c}}\varepsilon^{ac}$$. А ці тензори при згортці з симетричними $$\ C_{abcd}, C_{\dot{a}\dot{b}\dot{c}\dot{d}}$$ дають нуль. Варто зазначити, що якшо б я вирішив обчислити $$\ C^{\alpha}_{\ \alpha \gamma \delta}$$, то нуль би не отримав, що видно із структури $$\ (2)$$.

3. Ця рівність видна із того, що згортка $$\ \varepsilon^{\alpha \beta \gamma \delta}(\tilde{\sigma}_{\alpha})^{\dot {a} a}(\tilde{\sigma}_{\beta})^{\dot {b} b}(\tilde{\sigma}_{\gamma})^{\dot {c} c}(\tilde{\sigma}_{\delta})^{\dot {d} d}$$ як коваріантний спінорний тензор може містити лише всеможливі добутки

$$\ \sum_{n,a}c_{n}\varepsilon^{a_{n_{1}}a_{n_{2}}}\varepsilon^{a_{n_{3}}a_{n_{4}}}\varepsilon^{\dot{a}_{n_{1}}\dot{a}_{n_{2}}}\varepsilon^{\dot{a}_{n_{3}}\dot{a}_{n_{4}}}$$,

а такі згортки із $$\ \varepsilon_{ab}\varepsilon_{cd}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon_{\dot {a} \dot {b}} \varepsilon_{\dot {c} \dot {d}}C_{abcd}$$ завжди дадуть нуль.

Отже, тепер залишається, як і у випадку із електромагнітним полем, отримати якесь рівняння на $$\ (3)$$ із урахуванням $$\ (2)$$. Для цього утворимо об'єкт

$$\ \varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}\partial_{\nu}C_{\epsilon \delta \alpha \beta} = (\tilde {\sigma}_{\epsilon})^{\dot {a}a}(\tilde {\sigma}_{\delta})^{\dot {b}b}\varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}(\tilde {\sigma}_{\alpha})^{\dot{c}c}(\tilde {\sigma}_{\beta})^{\dot{d}d}\partial_{\nu}(\varepsilon_{ab}\varepsilon_{cd}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon_{\dot {a} \dot {b}} \varepsilon_{\dot {c} \dot {d}}C_{abcd}) = $$

$$\ = (\tilde {\sigma}_{\epsilon})^{\dot {a}a}(\tilde {\sigma}_{\delta})^{\dot {b}b}\left(\varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}(\tilde {\sigma}_{\alpha}\sigma_{\beta})^{\dot{c}\dot{d}}\partial_{\nu}\varepsilon_{ab}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} + \varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}(\sigma_{\alpha}\tilde {\sigma}_{\beta})^{cd}\partial_{\nu}\varepsilon_{\dot {a} \dot {b}}C_{abcd} \right) \qquad (5)$$.

Розкладемо $$\ (\tilde {\sigma}_{\alpha}\sigma_{\beta})^{\dot{c}\dot{d}}, (\sigma_{\alpha}\tilde {\sigma}_{\beta})^{cd}$$ на симетричну і антисиметричну частину, використовуючи третю рівність тут і властивості тензора $$\ \sigma_{\mu \nu}, \tilde{\sigma}_{\mu \nu}$$:

$$\ (\tilde {\sigma}_{\alpha}\sigma_{\beta})^{\dot{c}\dot{d}} = g_{\alpha \beta}\varepsilon^{\dot{c}\dot{d}} - 2i(\tilde{\sigma}_{\alpha \beta})^{\dot{c}\dot{d}}, \quad (\sigma_{\alpha}\tilde {\sigma}_{\beta})^{cd} = g_{\alpha \beta} - 2i(\sigma_{\alpha \beta} )^{cd} \qquad (6)$$.

Тут надалі $$\ g_{\alpha \beta}$$ можна опустити, оскільки йде згортка з символом Леві-Чивіта. Розглянемо тепер окремо перший і другий доданок $$\ (5)$$, для компактизації "опустивши" $$\ (\tilde {\sigma}_{\epsilon})^{\dot {a}a}(\tilde {\sigma}_{\delta})^{\dot {b}b}$$ і врахувавши $$\ (6)$$, а також - властивість 1:

$$\ \varepsilon_{ab}\varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde {\sigma}_{\alpha}\sigma_{\beta})^{\dot{c}\dot{d}}\partial_{\nu}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} = -2i\varepsilon_{ab} (\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}\varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde{\sigma}_{\alpha \beta})^{\dot{c}\dot{d}}\partial_{\nu}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} = \left|\varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}(\tilde{\sigma}_{\alpha \beta})^{\dot{c}\dot{d}} = 2i (\tilde{\sigma}^{\mu \nu})^{\dot{c}\dot{d}}\right| = 4\varepsilon_{ab}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}(\tilde{\sigma}^{\mu \nu} )^{\dot{c}\dot{d}}\partial_{\nu}C_{\dot{a}\dot{b}\dot{c}\dot{d}} = $$

$$\ = \left|4(\tilde{\sigma}_{\mu \nu})^{\dot{c}\dot{d}} = -i((\tilde{\sigma}^{\mu}))^{\dot{c}a}(\sigma^{\nu})_{a}^{\ \dot{d}} - (\tilde{\sigma}^{\nu}))^{\dot{c}a}(\sigma^{\mu})_{a}^{\ \dot{d}})\right| = i\varepsilon_{ab}(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}((\tilde{\sigma}^{\mu}))^{\dot{c}a}(\sigma^{\nu})_{a}^{\ \dot{d}} - (\tilde{\sigma}^{\nu}))^{\dot{c}a}(\sigma^{\mu})_{a}^{\ \dot{d}})\partial_{\nu}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} = $$

$$\ = |(\tilde {\sigma}_{\mu})^{\dot{k}k}(\tilde{\sigma}^{\mu}))^{\dot{c}a} = 2\varepsilon^{\dot{k}\dot{c}}\varepsilon^{ka}| = 2i\varepsilon_{ab}(\varepsilon^{\dot{k}\dot{c}}\varepsilon^{ka}(\sigma ^{\nu})_{a}^{\ \dot {d}} - 2(\tilde {\sigma}^{\nu})^{\dot{c}a}\varepsilon^{\dot{k}\dot{d}}\delta^{k}_{a})\partial_{\nu}C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} = 2i\varepsilon_{ab}(\varepsilon^{\dot{k}\dot{c}}\partial^{\dot{d}k} -\varepsilon^{\dot{k}\dot{d}}\partial^{\dot{c}a})C_{\dot {a} \dot {b} \dot {c} \dot {d}} = 0$$

в силу другої рівності $$\ (2)$$. Аналогічно (з точністю до заміни $$\ \tilde{\sigma}_{\alpha \beta} \to \sigma_{\alpha \beta}$$), в силу першої рівності $$\ (2)$$ зануляється другий доданок.

Отже, справедливе рівняння

$$\ \varepsilon^{\mu \nu \alpha \beta}\partial_{\nu}C_{\epsilon \delta \alpha \beta} = 0 \Rightarrow \partial_{\nu}C_{\epsilon \delta \alpha \beta} + \partial_{\beta}C_{\epsilon \delta \nu \alpha} + \partial_{\alpha}C_{\epsilon \delta \beta \nu} = 0 \qquad (7)$$.

Воно називається другою тотожністю Б'янкі. Вкупі з $$\ (3)$$, рівність $$(7)$$ "ідентифікує" тензор Вейля.

Отже, видно, що безмасове поле спіральності 2 відповідає за лінеаризоване гравітаційне поле.

Перехід від масивного представлення до безмасового
Виявляється, що гравітаційна взаємодія так само, як і векторна (електромагнітна), характеризується законом обернених квадратів. Вкупі із даними по зміщенню перигелію Меркурія це означає, що замість тензору Вейля, який задається виразами $$\ (4)$$, $$\ (7)$$, треба вводити так званий метричний тензор $$\ h_{\mu \nu}$$. При цьому, як і у випадку із електромагнітним полем, тензор $$\ h_{\mu \nu}$$ не буде пуанкаре-коваріантом:

$$\ h_{\mu \nu} \to \Lambda_{\mu}^{\ \alpha}\Lambda_{\nu}^{\ \beta}h_{\alpha \beta} + \partial_{\mu}\omega_{\nu} + \partial_{\nu}\omega_{\mu} \qquad (8)$$.

Це, до речі, диктує вираз тензору Вейля через метричний тензор - він повинен бути інваріантним відносно перетворень оскільки така неінваріантність водночас відповідає ступеням вільності тензора відносно калібрувальних перетворень. Відповідно, інваріантність теорії відносно перетворень групи Лоренца знову, як і для ЕМ поля, відповідає калібрувальній інваріантності. Вільна теорія, звісно є калібрувально-інваріантною в силу визначення тензору Вейля через метричний тензор, а про обмеження на теорію із взаємодією буде йти річ у наступному розділі.

Наостанок - маленьке визначення: теорія безмасового поля спіральності 2 відповідає так званим гравітонам.

Деякі окремі питання
Поле спіну 2 буде розглядатися в подальшому лише в контексті доведення принципу еквівалентності в рамках КТП, тому у даному розділі будуть зібрані основні загальні відомості щодо нього, отримані за допомогою розділу про теорію розсіяння.

Перенормовність
$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$

Сума по поляризаціях
Утворимо суму по поляризаціях для масивного поля спіну 2

$$\ F_{\mu \nu \alpha \beta} = \sum_{\lambda}\varepsilon_{\mu \nu}(p)\varepsilon^{*}_{\alpha \beta}(p) \qquad (8)$$.

Врахуємо, що в силу умов незвідності виконуються рівності

$$\ p^{\mu}\varepsilon_{\mu \nu}(p) = 0, \quad \varepsilon^{\mu}_{\ \mu}(p) = 0, \quad \varepsilon_{\mu \nu} = \varepsilon_{\nu \mu} \Rightarrow F^{\mu}_{\ \nu \alpha \beta} = 0, \quad p^{\mu}F_{\mu \nu \alpha \beta} = 0, \quad F_{\mu \nu \alpha \beta} = F_{\alpha \beta \mu \nu}$$.

Подамо загальний вигляд $$\ (8)$$ із урахуванням третьої умови як

$$\ F_{\mu \nu \alpha \beta} = Ag_{\mu \nu}g_{\alpha \beta} + B(g_{\mu \alpha}g_{\nu \beta} + g_{\mu \beta}g_{\nu \alpha}) + Cp_{\mu}p_{\nu}p_{\alpha}p_{\beta} + D(g_{\mu \nu}p_{\alpha} p_{\beta} + g_{\alpha \beta}p_{\nu}p_{\nu}) + F(p_{\mu}p_{\alpha}g_{\nu \beta} + p_{\mu}p_{\beta}g_{\nu \alpha} + p_{\nu} p_{\alpha} g_{\mu \beta} + p_{\nu}p_{\beta}g_{\mu \alpha})$$.

Перша та друга умови дають (прирівнюються коефіцієнти при однакових тензорах)

$$\ m^{2}C + D + 2F = 0, \quad A +m^{2}D = 0, \quad B + m^{2}F = 0, \quad 4A + 2B + m^{2}D =0, \quad m^{2}C + 4D + 4F = 0$$.

Звідси отримуємо

$$\ A = -\frac{2}{3}B, \quad C = \frac{4}{3m^{4}}B, \quad D = \frac{2}{3m^{2}}B, \quad F = -\frac{1}{m^{2}}B \qquad (9)$$.

Записавши $$\ C$$ як $$\ \frac{2}{m^{4}}B - \frac{2}{3m^{4}}B$$, нескладно побачити, що за умови $$\ (9)$$ вираз $$\ (8)$$ може бути записаний як

$$\ F_{\mu \nu \alpha \beta} = B\left( -\frac{2}{3}D_{\mu \nu}D_{\alpha \beta} + D_{\mu \alpha}D_{\nu \beta} + D_{\mu \beta}D_{\nu \alpha}\right), \quad D_{\mu \nu} = g_{\mu \nu} - \frac{p_{\mu}p_{\nu}}{m^{2}}$$.

В силу калібрувальної інваріантності поля на рівні матричних елементів (доводиться схоже до випадку ЕМ поля), $$\ p^{\mu}M_{\mu \nu} = 0$$, для безмасового поля можна замінити $$\ G_{\mu \nu} \to g_{\mu \nu}$$. $$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$