Випадок безмасового поля. Електромагнітне поле

Повернутися до розділу "Спін 1".

Рівняння Максвелла через безмасові представлення групи Пуанкаре
У розділі про Зв'язок полів та безмасових одночастинкових станів показувалося, що стани спіральності $$\ s$$ та нульової маси відповідають спінорному тензору $$\ \psi_{a_{1}...a_{n}\dot {b}_{1}...\dot {b}_{k}}, s = \frac{n - k}{2}$$, що задовольняє рівнянням

$$\ \partial^{\dot {c} c}\psi_{c a_{1}...a_{n - 1}\dot {b}_{1}...\dot {b}_{k}} = 0, \quad \partial^{\dot {c} c}\psi_{ a_{1}...a_{n}\dot {c}\dot {b}_{1}...\dot {b}_{k - 1}} = 0$$.

У таких спінорних тензорів є лише одна ступінь вільності.

Відповідно до всього написаного, для заданої спіральності $$\ s$$ існує безліч спінорних представлень. У даному випадку розглядаються частинки спіральності $$\ 1, -1$$. Їх представляють відповідно поля $$\ \psi_{a b}, \psi_{\dot {a}\dot {b}}$$, на які накладаються умови

$$\ \partial^{\dot {a} a}\psi_{ab} = 0, \quad \partial^{\dot {a} a}\psi_{\dot {a} \dot {b}} = 0 \qquad (1)$$.

Описання таких двох станів можна об'єднати, згадавши, що з тензорів $$\ \psi_{a b}, \psi_{\dot {a}\dot {b}}$$ можна побудувати антисиметричний 4-тензор $$\ F_{\mu \nu}$$,

$$\ F_{\mu \nu} = \frac{1}{2}({\sigma}_{\mu \nu})^{a b} \psi_{ab} - \frac{1}{2}(\tilde {\sigma}_{\mu \nu})^{\dot {a} \dot {b}}\psi_{\dot {a}\dot {b}}, \quad ({\sigma}_{\mu \nu})^{a b} = -\frac{\varepsilon^{ac}}{4} (\sigma_{\mu}\tilde {\sigma}_{\nu} - \sigma_{\nu}\tilde {\sigma}_{\nu})_{c}^{\quad b}, \quad (\tilde {\sigma}_{\mu \nu})^{\dot {a} \dot {b}} = -\frac{\varepsilon^{\dot {b}\dot {c}}}{4} (\tilde {\sigma}_{\mu}\sigma_{\nu} - \tilde {\sigma}_{\nu}\sigma_{\nu})_{\quad \dot {c}}^{\dot {a}} \qquad (2)$$,

причому самі спінорні тензори виражаються через 4-тензор як

$$\ \psi_{ab} = (\sigma^{\mu \nu})_{ab} F_{\mu \nu}, \quad \psi_{\dot {a}\dot {b}} = (\tilde {\sigma}^{\mu \nu})_{\dot {a}\dot {b}}F_{\mu \nu} \qquad (3)$$.

Підставивши $$\ (3)$$ у $$\ (1)$$ і згадавши зв'язок між спінорними та векторними представленнями, можна, за допомогою співвідношень

$$\ \tilde {\sigma}_{\gamma}\sigma_{\alpha \beta} = -\frac{i}{2} [-i\varepsilon_{\gamma \alpha \beta \delta }\tilde {\sigma}^{\delta} + \tilde {\sigma}_{\beta} g_{\gamma \alpha} - \tilde {\sigma}_{\alpha}g_{\gamma \beta}], \quad \tilde {\sigma}_{\alpha \beta}\tilde {\sigma}_{\gamma} = -\frac{i}{2}[-i\varepsilon_{\gamma \alpha \beta \delta }\tilde {\sigma}^{\delta} - \tilde {\sigma}_{\beta} g_{\gamma \alpha} + \tilde {\sigma}_{\alpha}g_{\gamma \beta}]$$,

що виглядають просто, але виводяться жахливо, отримати

$$\ \partial^{\dot {a} a}\psi_{ab} = \tilde {\sigma}^{\dot {a} a}_{\gamma}{\sigma_{\alpha \beta}}_{(ab)}\partial^{\gamma} F^{\alpha \beta} = \tilde {\sigma}_{\gamma}\sigma_{\alpha \beta} \partial^{\gamma} F^{\alpha \beta} = -\frac{i}{2} (-i\varepsilon_{\gamma \alpha \beta \delta }\tilde {\sigma}^{\delta} + \tilde {\sigma}_{\beta} g_{\gamma \alpha} - \tilde {\sigma}_{\alpha}g_{\gamma \beta})\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} = \frac{1}{2}(-\sigma^{\delta}\varepsilon_{\delta \alpha \beta \gamma}\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} + 2\tilde {\sigma}_{\beta} \partial_{\alpha}F^{\alpha \beta} ) = 0 $$,

$$\ \partial^{\dot {a} a}\psi_{\dot {a}\dot {b}} = \tilde {\sigma}^{\dot {a} a}_{\gamma}(\tilde {\sigma}_{\alpha \beta})_{(\dot {b} \dot {a})} \partial^{\gamma} F^{\alpha \beta} = \tilde {\sigma}_{\alpha \beta}\tilde {\sigma}_{\gamma}\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} = -\frac{i}{2} (-i\varepsilon_{\gamma \alpha \beta \delta }\tilde {\sigma}^{\delta} - \tilde {\sigma}_{\beta} g_{\gamma \alpha} + \tilde {\sigma}_{\alpha}g_{\gamma \beta})\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} = \frac{1}{2}(-\sigma^{\delta}\varepsilon_{\delta \alpha \beta \gamma}\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} - 2\tilde {\sigma}_{\beta} \partial_{\alpha}F^{\alpha \beta} ) = 0$$.

Додавши і віднявши ці дві рівності, можна отримати

$$\ \sigma^{\delta}\varepsilon_{\delta \alpha \beta \gamma}\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} = 0, \quad \tilde {\sigma}_{\beta} \partial_{\alpha}F^{\alpha \beta} = 0$$,

звідки в силу незалежності четвірки матриць $$\ \sigma_{\mu}$$ слідує

$$\ \partial_{\alpha}F^{\alpha \beta} = 0, \quad \varepsilon_{\delta \alpha \beta \gamma}\partial^{\gamma}F^{\alpha \beta} = 0$$.

Це і є рівняння Максвелла у вакуумі.

Варто нагадати, що прямою сумою незвідних представлень $$\ F_{(ab)}, F_{(\dot {a} \dot {b})}$$ є

$$\ h_{ab\dot {a} \dot {b }} = \varepsilon_{ab }F_{(\dot {a}\dot {b})} + \varepsilon_{\dot {a}\dot {b}}F_{(ab)} $$,

тобто, тензор $$\ F_{\mu \nu}$$ відповідає прямій сумі представлень $$\ \left( 0, 1 \right) + \left( 1, 0 \right)$$. Тому теорія описує одну частинку із двома різними за знаком спіральностями.

Введення 4-потенціалу
Виявляється, що у нашій природі для електромагнітної взаємодії при низьких енергіях діє закон обернених квадратів. Це означає, що замість поля $$\ F_{\mu \nu}$$ треба вводити 4-потенціал $$\ A_{\mu}$$, який пов'язаний із тензором напруженості як $$\ F_{\mu \nu} = \partial_{[\mu}A_{\nu]} $$. Рівність $$\ \epsilon^{\mu \nu \alpha \beta}\partial_{\nu}F_{\alpha \beta}$$ тепер задовольняється тотожньо, у той час як рівняння $$\ \partial_{\mu}F^{\mu \nu} = 0$$ дає $$\ \partial^{2}A_{\mu} - \partial_{\mu}\partial_{\nu}A^{\nu} = 0$$. На перший погляд здається, що введення 4-потенціалу є нефізичним, оскільки у поля $$\ A_{\mu}$$, здавалося б, є 4 компоненти замість двох необхідних для безмасового поля. Проте виявляється, що дві компоненти можна прибрати фіксуванням довільності у виборі $$\ A_{\mu}$$, що слідує із його визначення. Дійсно, перетворення виду $$\ A_{\mu} \to A_{\mu} + \partial_{\mu}\omega $$, де $$\ \omega$$ - скалярна функція, залишають $$\ F_{\mu \nu}$$ інваріантним. Тому функцію $$\ \omega $$ можна зафіксувати, обравши, наприклад, її так, щоб задовольнялась рівність $$\ \partial_{\mu}A^{\mu} = 0$$. Звідси рівняння руху на 4-потенціал мають вигляд

$$\ \square A^{\mu} = 0, \quad \partial_{\mu}A^{\mu} = 0$$.

Далі, 4-потенціал не визначений однозначно в силу нульового значення д'Аламбертіану. Дійсно, якщо перепозначити

$$\ A_{\mu } \to A_{\mu}{'} = A_{\mu} + \partial_{\mu}\psi, \quad \square \Psi = 0$$,

то функцію $$\ \Psi$$ можна вибрати так, щоб занулити одну з компонент 4-потенціалу. Зручно занулити нульову компоненту. Тоді

$$\ \partial^{0}\psi = -A^{0}, \quad A^{\mu} = (0, \mathbf A ), \quad \partial_{\mu}A^{\mu} = (\nabla \cdot \mathbf A) = 0$$.

Звичайно, дана умова не являється калібрувально інваріантною, оскільки достатньо здійснити векторні перетворення Лоренца, щоб нульова компонента стала рівною $$\ -\gamma (\mathbf u \cdot \mathbf A )$$. Для побудови лоренц-коваріантного розв'язку зазвичай використовують умову $$\ h_{\mu}A^{\mu} = 0$$, де $$\ h_{\mu}$$ - довільний часоподібний 4-вектор. Ця умова може бути задовільнена з тих самих міркувань, що і умова $$\ A_{0} = 0$$, проте є вже лоренц-коваріантною. Проте надалі для вивчення властивостей розв'язку рівнянь Максвелла буде використовуватися умова $$\ A_{0} = 0$$.

При використовуванні 4-потенціалу можна грубо отримати розв'язок для нього як ліміт розв'язок рівнянь Прока при спрямуванні маси поля до нуля. Тоді умова нульової компоненти (з урахуванням виразу для нульового 4-вектора) запишеться у вигляді (використовується вираз $$\ (.1)$$ попереднього підрозділу)

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

що, в силу довільності $$\ x$$, можливе лише при $$ a_{0} = 0$$, звідки одразу слідує, що і $$ a_{3}(\mathbf p )= 0$$ (всі вирази, отримані у попередньому розділі до формули $$\ (.1)$$ включно, справедливі і для безмасового поля; треба лише покласти $$\ m \to 0$$).

В результаті розв'язок може бути записаний у вигляді

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

де поляризаційні вектори, як і раніше, задовольняють співвідношенням

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

Аналогічно, для полегшення побудови квантової теорії, можна розглянути випадок із ненульовими чотирма векторами поляризації. Тоді

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

а вектори обираються такими, щоб задовольняти

$$\ \partial_{\mu}A^{\mu} = 0, \quad \sum_{\lambda}e_{\mu}^{\lambda}e_{\nu}^{\lambda} = g_{\mu \nu}, \quad e_{\mu }^{\lambda}e^{\mu, \lambda {'}} = g^{\lambda \lambda {'}}, \quad u^{\mu}\varepsilon^{\lambda}_{\mu} = 0$$.

4-потенціал - не 4-вектор
Проте тут безмасовість поля накладає свої "обмеження" на вектори $$\ e_{\mu}$$. Як безмасове поле, поле $$\ A_{\mu}$$ повинно задовольняти, як відомо із виразу $$\ (12)$$ розділу про коваріантні поля народження та знищення,

$$\ v^{\lambda}_{a_{1}...a_{2\lambda}}(\mathbf p )e^{-i\lambda \theta (\Lambda, p)} = T_{a_{1}...a_{2\lambda }}^{\ b_{1}...b_{2\lambda}}(\Lambda )u^{\lambda}_{b_{1}...b_{2\lambda}}(\mathbf p) \qquad (4)$$,

і можна отримати цікаві речі. Для нашого випадку у цьому виразі треба покласти $$\ v = \varepsilon^{(\lambda )}_{\mu}$$ (відповідно, $$\ T = T_{\mu}^{\ \nu}(\Lambda )$$). Нагадаю, що (див. вираз $$\ (1)$$ тут)

$$\ \Lambda = \begin{pmatrix} 1 + \epsilon & \alpha & \beta & -\epsilon \\ \alpha & 1 & 0 & -\alpha \\ \beta & 0 & 1 & -\beta \\ \epsilon & \alpha & \beta & 1 - \epsilon \end{pmatrix}\tilde {R}(\theta), \quad \tilde {R}(\theta) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & cos(\theta ) & sin(\theta ) & 0 \\ 0 & -sin(\theta ) & cos(\theta ) & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \epsilon = \frac{\alpha + \beta}{2}$$

- представлення малої групи.

Нехай у частинному випадку $$\ \alpha = \beta = 0$$. Тоді з $$\ (4)$$ маємо таку систему рівнянь:

$$\ (\varepsilon^{(\lambda )}_{0}, \varepsilon^{(\lambda )}_{1}, \varepsilon^{(\lambda )}_{2}, \varepsilon^{(\lambda )}_{3})e^{-i\lambda \theta } = (\varepsilon^{(\lambda )}_{0}, c(\theta )\varepsilon^{(\lambda )}_{1} + s(\theta )\varepsilon^{(\lambda )}_{2}, -s(\theta )\varepsilon^{(\lambda )}_{1} + c(\theta ) \varepsilon^{(\lambda )}_{2}, \varepsilon^{(\lambda )}_{3} )$$.

Це означає, що $$\ \varepsilon^{(\lambda )}_{\mu}(p ) = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, \varepsilon^{(\lambda )}_{1}, -i\lambda \varepsilon^{(\lambda )}_{1}, 0)$$ у будь-якій лоренцевій системі відліку. Тобто, $$\ \varepsilon_{\mu}$$ не являється 4-вектором.

Нехай далі є частинний випадок $$\ \theta = 0$$. Тоді маємо систему, із якої для нульової компоненти одразу слідує, що $$\ \alpha - \lambda i \beta = 0$$. Звідси слідує, що поляризаційні вектори не можуть задовольнити рівність $$\ (4)$$ (іншими словами, безмасове поле спіральності 1 не може бути побудоване із 4-вектора). Замість цього виразу

$$\ D^{\mu}_{\ \nu}(\theta, \alpha , \beta ) \varepsilon^{\nu}_{(\lambda )}(p) = S^{\mu}_{\ \delta} (\alpha , \beta )R^{\delta}_{\ \gamma} (\theta )\varepsilon^{\gamma }_{(\lambda )} (p) = e^{-i\lambda \theta } (\varepsilon_{\mu}^{(\lambda )} (p) + (\alpha - i\lambda \beta )\frac{k^{\mu}}{|\mathbf k|})$$,

звідки слідує, що при довільному перетворенню Лоренца

$$\ \varepsilon^{(\lambda )}_{\mu}(\Lambda p )e^{-i\lambda \theta } = D^{\mu}_{\ \nu} (\Lambda )\varepsilon_{(\lambda )}^{\nu}(p) + p^{\mu}\Omega_{\lambda} (p) \qquad (5)$$.

Звісно, такі результати були очевидними ще з того твердження, що безмасове поле спіральності $$\ \lambda, -\lambda$$ реалізуються відповідно представленнями $$\ \left( \frac{\lambda}{2}, 0\right), \left( 0, \frac{\lambda}{2}\right)$$, що аж ніяк не являються 4-векторами при $$\ \lambda = 1$$.

Із вигляду $$\ (5)$$ слідує, що поняття лоренц-інваріантності та калібрувальної інваріантності теорії дуже тісно пов'язані одне із одним.

Квантова теорія
Квантова теорія відповідає розв'язку

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

Комутатори для операторів є дещо стандартними для бозонів:

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

Як і для випадку зі скалярним полем, це еквівалентно (в силу однаковості за типом рівнянь поля) твердженню про комутаційні співвідношення для полів:

$$\ [\hat {A}_{\mu} (\mathbf x, t) , \hat {A}_{\nu} (\mathbf y , t)] = 0, \quad [\hat {A}_{\mu} (\mathbf x , t) , \hat {\pi}_{\nu} (\mathbf y , t)] = \delta_{\mu \nu} \delta (\mathbf x - \mathbf y )$$.

Тут стоїть символ Кронекера замість метричного тензора через те, що використане калібрування Кулона (нескладно відновити загальний розв'язок). Сам же символ з'явився через формулу підсумовування за поляризаціями.

Перестановочні співвідношення для довільних моментів часу
Нехай тепер є електромагнітне поле:

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

Наголошую, що тут використаний розв'язок для вибору кулонового калібрування.

Побудуємо комутатор

$$\ [\hat {A}_{\mu}(\mathbf x, t ), \hat {A}_{\nu} (\mathbf y , t')] = \sum_{\lambda , \lambda ' = 0}^{3} \int \int \frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf k}}}e_{\mu}^{\lambda}(\mathbf p )e_{\nu}^{\lambda '}(\mathbf k )\left[\left( \hat {a}_{\lambda , \mathbf p}e^{-ipx} + \hat {a}^{+}_{\lambda , \mathbf p}e^{ipx}\right),\left( \hat {a}_{\lambda ', \mathbf k}e^{-iky} + \hat {a}^{+}_{\lambda ', \mathbf k}e^{iky}\right)\right] = $$

$$\ = \sum_{\lambda, \lambda ' = 1}^{3} \int \int \frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf k}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf k}}}e_{\mu}^{\lambda}(\mathbf p )e_{\nu}^{\lambda '}(\mathbf k )\delta_{\lambda \lambda '} \delta (\mathbf p - \mathbf k )\left( e^{-i(px - ky)} - e^{i(px - ky)}\right) = \left| \sum_{\lambda = 0}^{3}e^{\lambda}_{\mu}e^{\nu}_{\lambda} = g_{\mu \nu} = -\delta_{\mu \nu}\right| = $$

$$\ = i \delta_{\mu \nu}D_{0}(\mathbf x - \mathbf y, t' - t )$$,

де був використаний вираз для підсумовування по поляризаціям.

Звідси

$$\ [\hat {A}_{\mu}(\mathbf x, t ), \hat {\pi}_{\nu} (\mathbf y , t')] = i \delta_{\mu \nu}\frac{\partial}{\partial t'}D_{0}(x - x')$$.

Перестановочні співвідношення для довільних моментів часу важливі для теорії збурень, що буде показано у відповідному розділі. Окрім того, у розділі про теорему Паулі буде показано, що (анти)комутатор для поля будь-якого спіну буде містити функцію $$\ D_{0}(x - x')$$, оскільки вона забезпечує водночас причинність і лоренц-інваріантність теорії.