Cálculo del conmutador del operador de Pauli-Lubanski y de los generadores del grupo de Lorentz

Question

El operador de Pauli-Lubanski se define como $${W^\alpha } = \frac{1}{2}{\varepsilon ^{\alpha \beta \mu \nu }}{P_\beta}{M_{\mu \nu }},\qquad ({\varepsilon ^{0123}} = + 1,\;{\varepsilon _{0123}} = - 1)$$ donde $M_{\mu\nu}$ son los generadores del grupo de Lorentz.

La relación de conmutación entre los generadores del grupo de Poincare se conoce como $$i[{M^{\mu \nu }},{M^{\rho \sigma }}] = {\eta ^{\nu \rho }}{M^{\mu \sigma }} - {\eta ^{\mu \rho }}{M^{\nu \sigma }} - {\eta ^{\mu \sigma }}{M^{\rho \nu }} + {\eta ^{\nu \sigma }}{M^{\rho \mu }},$$ $$i[{P^\mu },{M^{\rho \sigma }}] = {\eta ^{\mu \rho }}{P^\sigma } - {\eta ^{\mu \sigma }}{P^\rho }.$$

Intento derivar el conmutador entre el operador de Pauli-Lubanski y un generador del grupo de Lorentz, que también se da en nuestra conferencia $$i[{W^\alpha },{M^{\rho \sigma }}] = {\eta ^{\alpha \rho }}{W^\sigma } - {\eta ^{\alpha \sigma }}{W^\rho }.\tag{*}$$

Pero sólo consigo $$\begin{align} i[{W^\alpha },{M^{\rho \sigma }}] =& i[\frac{1}{2}{\varepsilon ^{\alpha \beta \mu \nu }}{P_\beta }{M_{\mu \nu }},{M^{\rho \sigma }}] \\ =& \frac{1}{2}{\varepsilon ^{\alpha \beta \mu \nu }}{P_\beta }\left( {\delta _\nu ^\rho {M_\mu }^\sigma - \delta _\mu ^\rho {M_\nu }^\sigma - \delta _\mu ^\sigma {M^\rho }_\nu + \delta _\nu ^\sigma {M^\rho }_\mu } \right) \\ & + \frac{1}{2}{\varepsilon ^{\alpha \beta \mu \nu }}\left( {\delta _\beta ^\rho {P^\sigma } - \delta _\beta ^\sigma {P^\rho }} \right)M_{\mu\nu}. \end{align}$$

Obviamente puedo contraer los delta's, pero eso no me acerca al resultado más simple de (*). ¿Puede alguien indicarme qué hacer a continuación?

Answer 1

Tal vez, la respuesta no sea útil para el autor de la pregunta, pero es importante para las demás personas que quieran derivar esta expresión. [:)].

Primer método .

Hice alguna pista: es fácil de mostrar, que $$ \hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu} = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu \alpha \beta \gamma}\hat {J}_{\alpha \beta}\hat {P}_{\gamma }\hat {P}_{\mu} = 0 $$ como la convolución de la simetría $\hat {P}_{\gamma }\hat {P}_{\mu}$ y antisimétrico $\varepsilon^{\mu \alpha \beta \gamma}$ .

Así que el conmutador $$ [\hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu}] = 0. \qquad (.1) $$ Pero por otro lado $$ [ \hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {W}^{\mu}\hat {P}_{\mu}] = \hat {W}^{\mu}[ \hat {J}_{\kappa \lambda}, \hat {P}_{\mu}] + [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} = -\hat {W}^{\mu}i(g_{\mu \kappa }\hat {P}_{\lambda} - g_{\mu \lambda}\hat {P}_{\kappa }) + [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} . $$ Por lo tanto, al utilizar $(.1)$ de la fórmula anterior se desprende la siguiente: $$ [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}]\hat {P}_{\mu} = i\hat {W}^{\mu}(g_{\mu \kappa }\hat {P}_{\lambda} - g_{\mu \lambda}\hat {P}_{\kappa }) = i(\hat {W}_{\kappa}\hat {P}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\hat {P}_{\kappa}) = i\left(\hat {W}_{\kappa}\delta^{\mu}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\delta^{\mu}_{\kappa}\right)\hat {P}_{\mu}, $$ donde $\delta^{0}_{0} = 1, \delta^{i}_{i} = -1$ ,

y, finalmente, $$ [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}^{\mu}] = i\left(\hat {W}_{\kappa}\delta^{\nu}_{\lambda} - \hat {W}_{\lambda}\delta^{\mu}_{\kappa}\right) \Rightarrow [\hat {J}_{\kappa \lambda }, \hat {W}_{\mu}] = i\left(\hat {W}_{\kappa}g_{\mu \lambda} - \hat {W}_{\lambda}g_{\mu \kappa}\right). $$

Segundo método .

Es similar al método QMechanic. Tengamos la matriz de transformación general de Poincare $U (\hat {\Lambda}, a^{\mu})$ , donde $a$ es el vector de traslación 4 y $\hat {\Lambda}$ es una matriz de 3 rotaciones y transformaciones de Lorentz. Debido a esta transformación, $$ \hat {J}_{\mu \nu} \Rightarrow U (\hat {\Lambda}, a^{\mu}) J^{\mu \nu}U (\hat {\Lambda}, a^{\mu})^{+} = \Lambda^{\mu}_{\rho}\Lambda^{\nu}_{\sigma}\hat {J}^{\rho \sigma} + a^{\mu}\Lambda^{\nu}_{\rho }\hat {P}^{\rho} - a^{\nu}\Lambda^{\mu}_{\rho}\hat {P}^{\rho }, $$ $$ \hat {P}^{\mu} \Rightarrow \Lambda^{\mu}_{\nu}\hat {P}^{\nu}. $$ Utilizando estas reglas de transformación se puede obtener $$ U (\hat {\Lambda}, a) W_{\mu} U (\hat {\Lambda}, a)^{+} = \frac{1}{2} \varepsilon_{\mu \nu \rho \sigma}\left( \lambda^{\nu}_{\alpha}\Lambda^{\rho}_{\beta}\hat {J}^{\alpha \beta} + a^{\nu}\Lambda^{\rho}_{\alpha }\hat {P}^{\alpha} - a^{\rho}\Lambda^{\nu}_{\rho}\hat {P}^{\rho }\right) \Lambda^{\sigma}_{\delta}\hat {P}^{\delta } = $$ $$ =\frac{1}{2}\Lambda^{\alpha}_{\mu}\varepsilon_{\alpha \nu \rho \sigma }\hat {J}^{\nu \rho} \hat {P}^{\sigma} = \Lambda^{\alpha}_{\mu} \hat {W}_{\alpha}. $$ Así que $$ \frac{i}{2}[\hat {J}_{\mu \nu}, \hat {W}_{\sigma }] = \omega^{\mu \nu}g_{\sigma \mu}\hat {W}_{\nu} = \frac{1}{2}(g_{\sigma \mu}\hat {W}_{\nu} - g_{\sigma \nu}\hat {W}_{\mu})\omega^{\mu \nu}, $$ lo que lleva a la expresión dirigida.

En general, esto significa que todos los 4 operadores $\hat {A}_{\gamma}$ se desplaza con $\hat {J}_{\alpha \beta}$ como $i(g_{\gamma \alpha}\hat {A}_{\beta} - g_{\gamma \beta}\hat {A}_{\alpha})$ porque $\hat {J}_{\alpha \beta}$ representa los generadores del grupo de Lorentz. Además, esto significa que el conmutador de $\hat {J}_{\alpha \beta }$ con cada 4 escalares dará cero.

Answer 2

He aquí una posible estrategia:

1. Consideremos una matriz antisimétrica real arbitraria (infinitesimal) $$\tag{1}\omega^{\mu\nu}~=~-\omega^{\nu\mu}.$$

2. Definir $$\tag{2}\omega^{\mu}{}_{\lambda}~:=~\omega^{\mu\nu}{}\eta_{\nu\lambda}.$$

3. Definir $$\tag{3}M~:=~ \frac{i}{2}M_{\mu\nu}\omega^{\nu\mu}.$$

4. Entonces las ecuaciones de OP pueden ser reformuladas como $$\tag{4}W^{\alpha} ~:=~ \frac{1}{2}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}P_{\beta}M_{\mu \nu}, $$ $$\tag{5} [P_{\alpha}, M]~=~P_{\beta}\omega^{\beta}{}_{\alpha},$$ $$\tag{6} [M_{\mu\nu}, M]~=~M_{\mu\lambda}\omega^{\lambda}{}_{\nu}- (\mu \leftrightarrow \nu),$$ $$\tag{7} [W^{\alpha}, M]~=~-\omega^{\alpha}{}_{\beta}W^{\beta}. \qquad\qquad(*)$$

5. En particular, observe que la pregunta de OP(v2) puede ser reformulada como ¿Cómo demostrar la ec. (7)?

6. Definir la matriz exponencial $$\tag{8} A^{\alpha}{}_{\beta}~:=~(e^{\omega})^{\alpha}{}_{\beta}~:=~ \delta^{\alpha}_{\beta} + \omega^{\alpha}{}_{\beta}+ \frac{1}{2}\omega^{\alpha}{}_{\gamma} \omega^{\gamma}{}_{\beta} + {\cal O}(\omega^3).$$

7. Amplíe lo siguiente identidad determinante $$\tag{9} A^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}A^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}A^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}A^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta^{\prime}\mu^{\prime}\nu^{\prime}} ~=~\det(A)\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}$$ a primer orden en $\omega$ para deducir la siguiente identidad de traza $$\tag{10} \omega^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta\mu\nu} +\omega^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta^{\prime}\mu\nu} +\omega^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu^{\prime}\nu} +\omega^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu^{\prime}} ~=~{\rm tr}(\omega)\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu},$$ con la ayuda del identidad determinante-traza $$\tag{11} \det(e^{\omega}) ~=~e^{{\rm tr}(\omega)}.$$ La ecuación (10) puede ser vista como una versión infinitesimal de la ecuación (9), pero debido a la linealidad la ecuación (10) es realmente válida para cualquier (10) es realmente válida para cualquier $^1$ finito $4\times 4$ matriz.

8. Utilice la antisimetría (1) y la definición (2) para deducir que la traza desaparece $$\tag{12} {\rm tr}(\omega)~:=~\omega^{\mu}{}_{\mu}~=~0. $$

9. Por último, utilice las ecs. (4), (5), (6), (10) y (12) para demostrar la ec. (7): $$2[W^{\alpha}, M]~=~\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu}\left([P_{\beta},M] M_{\mu\nu}+P_{\beta} [M_{\mu\nu},M] \right) $$ $$~=~\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu} \left( P_{\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\beta} M_{\mu\nu} - P_{\beta} M_{\nu\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\mu} + P_{\beta} M_{\mu\lambda} \omega^{\lambda}{}_{\nu} \right)$$ $$~=~ \left( \omega^{\beta}{}_{\beta^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta^{\prime}\mu\nu} +\omega^{\mu}{}_{\mu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu^{\prime}\nu} +\omega^{\nu}{}_{\nu^{\prime}}\varepsilon^{\alpha\beta\mu\nu^{\prime}} \right) P_{\beta}M_{\mu \nu} $$ $$\tag{13}~=~ -\omega^{\alpha}{}_{\alpha^{\prime}}\varepsilon^{\alpha^{\prime}\beta\mu\nu} P_{\beta}M_{\mu \nu} ~=~ -2\omega^{\alpha}{}_{\beta}W^{\beta}.$$

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$^1$ Como alternativa, se puede establecer la ec. (10) mediante un razonamiento puramente combinatorio, sin la ayuda de la ec. (9).

Answer 3

Los cuatro primeros términos de tu cálculo desaparecen. Pueden ser llevados a la forma (usando la antisimetría del épsilon y de M)

$\epsilon^{\alpha\beta\nu}_\rho M_{\nu\sigma}-\epsilon^{\alpha\beta\nu}_\sigma M_{\nu\rho}$ Si introduces números para los índices, verás rápidamente que esto se anula. Los otros dos términos deberían dar el resultado deseado.

El truco que hay que utilizar para los otros dos términos es (consulta la wikipedia para más información)

$\epsilon_{a1,a2,...,an}=\epsilon_{b1,b2,...,bn}\delta_{a1}^{b1}...\delta_{an}^{b1}$

Answer 4

Se puede reescribir el vector Pauli-Lubanski como $W_{\mu}=(W_0,\mathbf{W})$ y demostrar primero las siguientes identidades $$ P\cdot W=0,\quad W_0=\mathbf{P}\cdot\mathbf{J},\quad \mathbf{W}=P_0\mathbf{J}-\mathbf{P}\times\mathbf{K} $$ donde $\mathbf{P}$ , $\mathbf{J}$ y $\mathbf{K}$ se definen como (no estoy seguro de si estamos utilizando las mismas convenciones) $$ \mathbf{P}=\left\{P^1,P^2,P^3\right\},\quad \mathbf{J}=\left\{M^{32},M^{13},M^{21}\right\},\quad \mathbf{K}=\left\{M^{01},M^{02},M^{03}\right\} $$ Entonces, las pruebas para $[W^0,M^{\rho\sigma}]$ y $[W^i,M^{\rho\sigma}]$ será mucho más fácil.

Answer 5

He encontrado una forma más directa de resolver......

$$ \mathrm{R.H.S.}=g^{\mu \rho} W^{\sigma}-g^{\mu \sigma} J^{\rho}=-\frac{1}{2} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta} \epsilon_{\theta \tau \alpha \beta} g^{\mu \theta} W^{\tau}=-\frac{1}{4} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta} \epsilon_{\theta \tau \alpha \beta} g^{\mu \theta} \epsilon_{\phantom{\tau}\nu \iota \lambda}^{\tau} P^{\nu} J^{\iota \lambda}=-\frac{1}{2} \epsilon^{\rho \sigma \alpha \beta}\left(P^{\mu} J_{\alpha \beta}+P_{\alpha} J_{\beta}^{\phantom{\beta}\mu}-P_{\beta} J_{\alpha}^{\phantom{\alpha}\mu}\right) $$ $$ \mathrm{L.H.S}=\frac{1}{2} \epsilon_{\phantom{\mu}\kappa \iota \nu}^{\mu}\left[P^{\kappa}\left(g^{\nu \rho} J^{\iota \sigma}-g^{\iota \rho} J^{\nu \sigma}-g^{\sigma \iota} J^{\rho \nu}+g^{\sigma \nu} J^{\rho \iota}\right)+\left(g^{\kappa \rho} P^{\sigma}-g^{\kappa \sigma} P^{\rho}\right) J^{\iota \nu}\right] =\epsilon^{\mu \rho \kappa \iota} P_{\kappa} J_{\iota}^{\phantom{\iota}\sigma}-\epsilon^{\mu \sigma \kappa \iota} P_{\kappa} J_{\iota}^{\phantom{\iota}\rho}+\frac{1}{2}\left(\epsilon^{\mu \rho \iota \nu} P^{\sigma} J_{\iota \nu}-\epsilon^{\mu \sigma \iota \nu} P^{\rho} J_{\iota \nu}\right). $$ Esto es para probar: $$ \frac{1}{2} \epsilon^{\alpha \beta\{\rho \sigma} P^{\mu\}} J_{\alpha \beta}+\epsilon^{\alpha \beta\{\rho \sigma} P_{\alpha} J_{\beta}^{\phantom{\beta}\mu\}}=0. $$ donde $f^{\{abc\}} = f^{abc}+f^{bca} +f^{cab}.$ obviamente era equivalente a $$ \epsilon_{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon^{\theta \rho \sigma \mu} \epsilon_{\alpha \beta}^{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}\left(P^{\tau} J^{\alpha \beta}+P^{\alpha} J^{\beta \tau}+P^{\beta} J^{\tau \alpha}\right)=0. $$ de la misma manera: $$ \epsilon^{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon_{\theta \rho \sigma \mu} \epsilon_{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}^{\alpha \beta} \epsilon^{\mu \nu \lambda \omega} \epsilon_{\mu \tau \alpha \beta} P_{\nu} J_{\lambda \omega}=0. $$ sinse $\epsilon^{\theta \kappa \iota \tau} \epsilon_{\phantom{\alpha\beta}\kappa \iota}^{\alpha \beta} \epsilon_{\mu \tau \alpha \beta}=0$ la proposición original ha sido probada.