Глава 4 Элементы классической теории поля. Часть I.

Глава 4
Элементы классической теории поля.
Часть I.
4.1. Минимум действия. Функция Лагранжа. Уравнения
движения.
4.1.1. Нерелятивистская классическая механика точек
Рассмотрим для простоты одномерное движение. В классической механике уравнение движения, т.е. зависимость координаты от времени x(t) можно получить, потребовав минимума функционала действия:
∫
t2
S=
dtL(x, ẋ),
(4.1)
t1
где L(x, ẋ) — функция Лагранжа:
L(x, ẋ) =
mẋ2
− V (x),
2
(4.2)
V (x) — потенциальная энергия системы. Пусть x(t) — траектория, которой соответствует экстремум действия S. Тогда, при изменении формы траектории x(t) →
x(t) + δx(t), такой, что
δx(t1 ) = δx(t2 ) = 0,
(4.3)
действие изменится на:
∫ t2
∫
δS =
dtδL(x, ẋ) =
t1
(
t2
dt
t1
67
)
∂L(x, ẋ)
∂L(x, ẋ)
δx +
δ ẋ .
∂x
∂ ẋ
(4.4)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 68/162
С учётом,
d
dt
(
∂L(x, ẋ)
δx
∂ ẋ
)
= δx
d ∂L(x, ẋ)
∂L(x, ẋ)
+ δ ẋ
,
dt ∂ ẋ
∂ ẋ
уравнение (4.4) переписывается в виде:
)
(
)]
∫ t2 [(
∂L(x, ẋ)
d ∂L(x, ẋ)
d ∂L(x, ẋ)
δS =
dt
−
δx +
δx .
∂x
dt ∂ ẋ
dt
∂ ẋ
t1
(4.5)
(4.6)
В силу произвольности функции δx и условий (4.3) δS = 0, если
∂L(x, ẋ)
d ∂L(x, ẋ)
−
= 0.
∂x
dt ∂ ẋ
(4.7)
Уравнение (4.7) называется уравнением Эйлера-Лагранжа. Нетрудно показать, что
уравнение Эйлера-Лагранжа (4.7) с функцией Лагранжа (4.2) приводит к уравнению
Ньютона. Действительно,
∂L(x, ẋ)
∂V (x)
=−
= F,
∂x
∂x
d ∂L(x, ẋ)
= mẍ
dt ∂ ẋ
и mẍ = F.
(4.8)
4.1.2. Релятивистские классические поля
При переходе от нерелятивистской классической механики точек, кратко описанной
в предыдущем разделе, к релятивистским классическим полям, необходимо учесть,
что роль времени уже не может иметь выделенного значения:
dt → d4 x ≡ dtdx1 dx2 dx3 .
Кроме того, система описывается полями ϕk (x), а не совокупностью точек. К понятию
поля можно перейти, если рассмотреть систему из N → ∞ числа классических точек
xi , где i = 1 . . . N . В этом пределе совокупность точек с координатами xi (t) аналогична
полю ϕ(x), если дискретный индекс i представить в виде непрерывного индекса ϕ.
Переход от механики точек к теории поля можно совершить заменами:
x → ϕ(x),
Тогда,
ẋ → ∂ µ ϕ(x).
∫
S=
∫
µ
dtL(ϕ(x), ∂ ϕ(x)) =
d4 xL(ϕ(x), ∂ µ ϕ(x)),
(4.9)
где L(ϕ(x), ∂ µ ϕ(x)) ≡ L(ϕ, ∂ µ ϕ) — плотность функции Лагранжа, или лагранжиан.
Действуя аналогично выводу уравнений из предыдущего раздела для механических
точек, получим уравнение Эйлера-Лагранжа для поля ϕ(x):
∂L(ϕ, ∂ µ ϕ)
∂L(ϕ, ∂ µ ϕ)
− ∂ν
= 0.
∂ϕ
∂∂ ν ϕ
(4.10)
Если система описывается более, чем одним полем, то имеется по одному такому
уравнению для каждого из них.
68
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 69/162
4.2. Симметрии и теорема Нетер
Насколько однозначно можно задать поле ϕ(x)? Другими словами, можно ли сделать
такое непрерывное преобразование поля:
ϕ(x) → ϕ′ (x) = ϕ(x) + δϕ(x),
(4.11)
чтобы уравнения движения (4.10) остались при этом неизменными? Если лагранжиан при преобразовании (4.11) остаётся инвариантным, то и уравнения движения не
изменятся. Можно даже допустить, чтобы лагранжиан изменился на полную производную от какого-то 4-вектора J µ :
L → L + ∂µ J µ .
В этом случае, действие (4.9) не изменится, поскольку интеграл
∫
d4 x∂µ J µ
(4.12)
(4.13)
можно превратить в поверхностный интеграл по границе четырыхмерной
пространственно-временной области интегрирования. Поскольку, начальная и
конечная конфигурации поля считаются заданными, то на границе этой области
вариация поля δϕ(x) равна нулю в начальный и конечный моменты времени. В итоге,
интеграл (4.13) равен нулю. Сравним ожидаемое выражение для δL с результатом,
полученным при вариации поля (4.11):
(
)
)
(
∂L
∂L
∂L
∂L
∂L
δL =
δϕ +
∂µ δϕ =
− ∂µ
δϕ + ∂µ
δϕ = ∂µ J µ .
(4.14)
∂ϕ
∂∂µ ϕ
∂ϕ
∂∂µ ϕ
∂∂µ ϕ
Первое слагаемое в (4.14) сокращается в силу уравнения движения (4.10). Таким образом, из (4.14) следует, что:
∂µ j µ = 0,
где j µ =
∂L
δϕ − J µ .
∂∂µ ϕ
(4.15)
Этот результат означает, что, если непрерывное преобразование (4.11) оставляет инвариантным уравнения движения, то ток j µ сохраняется. Это утверждение называется
теоремой Нётер.
Приведем два примера сохраняющихся токов. Рассмотрим лагранжиан
L = ∂µ ϕ∂ µ ϕ∗ − m2 ϕϕ∗ ≡ |∂µ ϕ|2 − m2 |ϕ|2 .
(4.16)
В разделе 4.4 мы убедимся в том, что этот лагранжиан приводит к уравнениям движения для комплексного скалярного поля. Лагранжиан (4.1) инвариантен относительно
преобразования ϕ → eiα ϕ, где α — вещественное число, не зависящее от x. Согласно теореме Нётер такой инвариантности лагранжиана соответствует сохраняющийся
69
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 70/162
ток. Найдем его, учтя, что у нас теперь два независимых поля ϕ и ϕ∗ . Для бесконечно
малого числа α имеем,
δϕ = iαϕ, δϕ∗ = −iαϕ∗
(4.17)
и сохраняющийся ток:
(4.18)
j µ = i(ϕ∂ µ ϕ∗ − ϕ∗ ∂ µ ϕ)
совпадает с током в теории Клейна-Гордона (3.9). Однако, теперь мы не склонны
интерпретировать этот ток как ток плотности вероятности. Мы придадим сохраняющемуся току (4.18) смысл электромагнитного тока. При такой интерпретации нет
ничего удивительного в том, что нулевая компонента j 0 не обладает определенным
знаком, поскольку поля ϕ, ϕ∗ описывают заряженные частицы. Заметим, что в случае вещественного поля ϕ — ток j µ равен нулю, т.е. вещественное поле ϕ описывает
частицу с зарядом ноль.
Во втором примере появляется ненулевой ток J µ . Рассмотрим бесконечно малую
трансляцию координаты xµ → xµ − aµ . При таком преобразовании поле меняется:
ϕ(x) → ϕ(x + a) = ϕ(x) + aν ∂ν ϕ(x),
δϕ(x) = aν ∂ν ϕ(x).
(4.19)
Лагранжиан меняется:
L(x) → L(x + a) = L(x) + aµ ∂µ L(x),
J µ = aµ L(x)
(4.20)
Сохраняющийся ток в этом случае:
∂L ν
a ∂ν ϕ(x) − aµ L(x) = aν T µν ,
∂∂µ ϕ
(4.21)
∂L
∂L ν
∂ν ϕ(x) − δ µν L(x) или T µν =
∂ ϕ(x) − g µν L(x).
∂∂µ ϕ
∂∂µ ϕ
(4.22)
jµ =
где
T µν =
В силу произвольности компонент вектора a приходим к выводу, что должны сохраняться отдельно четыре тока T µν . Полученный тензор называется тензором энергииимпульса. Плотности энергии и импульса, соответственно:
∂L 0
∂ ϕ(x) − L(x),
∂∂0 ϕ
∂L i
∂ ϕ(x).
=
∂∂0 ϕ
H = T 00 =
P =T
i
0i
(4.23)
4.3. (Псевдо) скалярное вещественное поле.
Простейшее поле, с которого мы начнем рассмотрение — это вещественное скалярное поле. Лагранжиан для него имеет вид:
1
m2 2
L = ∂µ ϕ∂ µ ϕ −
ϕ.
2
2
70
(4.24)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 71/162
Задача 14
Найдите размерность скалярного поля ϕ(x)
Легко видеть, что с таким лагранжианом уравнения Эйлера-Лагранжа (4.10) превращаются в уравнение Клейна-Гордона (3.8). Вычислим теперь плотность энергии
и импульса:
)
1( 0 2
H=
(∂ ϕ) + (∇ϕ)2 + m2 ϕ2 ,
2
(4.25)
i
0
i
P = ∂ ϕ∂ ϕ.
Обратим внимание на первую хорошую новость — плотность энергии поля оказалась
положительно определенной в отличие от интерпретации функции ϕ(x) как квантовомеханической амплитуды вероятности, где энергия частицы в уравнении КлейнаГордона могла иметь оба знака энергии.
Задача 15
Покажите при помощи уравнений движения, что энергия и импульс вещественного
поля не зависят от времени:
∫
d
dxH(t, x) = 0.
dt
∫
d
dxP i (t, x) = 0.
dt
Запишем общее решение свободного уравнения Клейна-Гордона:
∫
]
dp
1 [ −ipx
∗ +ipx
√
ϕ(x) =
a
e
+
a
e
,
p
p
(2π)3 2Ep
(4.26)
√
где ap — произвольная функция импульса p. Множитель 2Ep введен в знаменатель
для удобства. Решение (4.26) удовлетворяет (3.8) для вещественного поля ϕ(x).
Выразим плотности энергии:
∫
(
)(
)
1
dpdk
1
√
H(x) =
[ ap a∗k e−i(p−k)x + a∗p ak e+i(p−k)x Ep Ek + pk + m2
6
2
(2π)
2Ep 2Ek
)]
)(
(
+ ap ak e−i(p+k)x + a∗p a∗k e+i(p+k)x −Ep Ek − pk + m2
(4.27)
и импульса
∫
P (x) =
i
]
dpdk Ep ki [
√
ap a∗k e−i(p−k)x + a∗p ak e+i(p−k)x − ap ak e−i(p+k)x − a∗p a∗k e+i(p+k)x .
6
(2π)
2Ep 2Ek
(4.28)
71
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 72/162
Плотности энергии (4.27) и импульса (4.28) зависят не только от x, но и от времени t.
Однако, трёхмерные интегралы по пространству от этих величин не должны зависеть
от времени в силу теоремы Нётер. Действительно,
∫
∫
[(
)(
) (
)
dp
ap a∗p + a∗p ap Ep2 + p2 + m2 + −Ep2 + p2 + m2 ×
3
(2π) 2Ep
(
)]
ap a−p e−i2Ep t + a∗p a∗−p e+i2Ep t
∫
∫
]
1
dp i [
i
∗
∗
−i2Ep t
∗ ∗
+i2Ep t
dx P (x) =
p
a
a
+
a
a
+
a
a
e
+
a
a
e
.
p
p
−p
p
p
p
p
−p
2
(2π)2
(4.29)
Члены, зависящие
от
времени
в
интеграле
от
плотности
энергии
исчезают
вследствие
(
)
множителя −Ep2 + p2 + m2 = 0, и те же члены не дают вклада в интеграл от плотности импульса, что легко заметить сменив переменную интегрирования p → −p.
Таким образом,
1
dx H(x) =
2
∫
∫
(
)
dp
1
dp
∗
∗
H = dx H(t, x) =
Ep ap ap + ap ap =
Ep |ap |2 ,
3
2
(2π)
(2π)3
∫
∫
∫
)
dp i (
1
dp i
i
i
∗
∗
P = dx P (t, x) =
p ap ap + ap ap =
p |ap |2
3
2
(2π)
(2π)3
∫
(4.30)
Хотя в уравнениях (4.30) ap и a∗p — функции, которые можно переставлять местами,
мы сохранили порядок их появления в промежуточном вычислении, поскольку это
будет полезно в следующей главе при квантовании поля.
4.4. (Псевдо) скалярное комплексное поле.
Рассмотрим теперь комплексное скалярное поле ϕ(x). На самом деле, речь идёт о
двух полях ϕ(x) и ϕ∗ (x), поскольку они линейно независимы. Лагранжиан для них
имеет вид:
L = ∂µ ϕ∂ µ ϕ∗ − m2 |ϕ|2 .
(4.31)
С этим лагранжианом уравнения Эйлера-Лагранжа (4.10) превращаются в пару уравнений Клейна-Гордона (3.8) для каждого поля ϕ(x) и ϕ∗ (x). Тензор энергии-импульса:
T µν =
∂L ν ∗
∂L ν
∂ ϕ(x) +
∂ ϕ (x) − g µν L(x).
∂∂µ ϕ
∂∂µ ϕ∗
(4.32)
Плотность энергии и импульса:
H = |∂ 0 ϕ|2 + |∇ϕ|2 + m2 |ϕ|2 ,
P i = ∂ 0 ϕ∂ i ϕ∗ + ∂ 0 ϕ∗ ∂ i ϕ.
72
(4.33)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 73/162
Запишем общее решение свободного уравнения Клейна-Гордона для комплексного
поля:
∫
]
dp
1 [ −ipx
√
ϕ(x) =
ap e
+ b∗p e+ipx ,
3
(2π)
2Ep
∫
(4.34)
]
dp
1 [ ∗ +ipx
∗
−ipx
√
ϕ (x) =
a e
+ bp e
,
(2π)3 2Ep p
где ap , bp — произвольные комплексные функции импульса p. Решение (4.34) удовлетворяет (3.8) для комплексного поля ϕ(x). Кроме того, как мы отметили в разделе 4.2
комплексное поле обладает сохраняющимся током (4.18). Подставив решение (4.34)
в (4.32) и (4.18) получим:
∫
∫
)
dp µ ( ∗
µ
µ
P =
dx P (t, x) =
p ap ap + b∗p bp ,
3
(2π)
∫
∫
(4.35)
)
dp ( ∗
0
∗
Q = e dx j (t, x) = e
a a p − bp bp .
(2π)3 p
Согласно (4.35) энергия поля может принимать только положительные значения, в
то время как заряд Q может принимать как положительные, так и отрицательные
значения.
4.5. Векторное поле с нулевой массой.
Электромагнитное поле — важнейший пример векторного поля с нулевой массой. Основные уравнения электродинамики это уравнения Максвелла (1.67), оперирующие
с напряженностями электрического и магнитного полей — E и B соответственно.
Уравнения Максвелла можно записать компактно, если ввести векторный потенциал
Aµ (x) = (φ(x), A), такой что:
∂A
E = −∇φ(x) −
(4.36)
∂t
B=∇×A
и антисимметричный электромагнитный тензор
F µν = ∂ µ Aν − ∂ ν Aµ .
(4.37)
Нетрудно проверить, что
F i0 = −F 0i = −Ei ,
F ij = ϵijk Bk .
Задача 16
Получите выражения для компонент E и B через F µν .
73
(4.38)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 74/162
В матричной форме можно записать:


0 −E1 −E2 −E3
 E1
0
−B3 −B2 

F µν = 
2
3
 E
B
0
−B1 
E3 B2
B1
0
Тензор с нижними индексами можно получить согласно:

0
E1 E2
E3
 −E1 0 −B3 −B2
Fµν = gµα gνβ F αβ = 
 −E2 B3
0
−B1
−E3 B2 B1
0
(4.39)




(4.40)
Задача 17
Проверьте, что величины E и B не изменятся при так называемом калибровочном
преобразовании Aµ (x) → Aµ (x) + ∂ µ f (x), где f (x) — произвольная функция.
Из тензоров F µν и Fµν можно составить два релятивистских инварианта:
F µν Fµν = F 0i F0i + F i0 Fi0 + F ij Fij = −2E2 + 2B2 = 2(B2 − E2 )
ϵµναβ F µν F αβ = 4(EB)
(4.41)
Задача 18
Получите значения для инвариантов электромагнитного поля F µν Fµν и ϵµναβ F µν F αβ .
Уравнения Максвелла лоренц-инварианты, поэтому их можно записать в четырёхмерной форме. Первая пара уравнений Максвелла (1.67) может быть записана в виде:
ϵµναβ ∂ ν F αβ = 0 или ∂ λ F µν + ∂ ν F λµ + ∂ µ F νλ = 0.
(4.42)
Вторая пара уравнений Максвелла (1.67) может быть записана в виде:
∂µ F µν = j ν ,
(4.43)
где j ν = (ρ, j) — 4-вектор электромагнитного тока.
Задача 19
Покажите, что уравнение ∂ λ F µν + ∂ ν F λµ + ∂ µ F νλ = 0 эквивалентно первой паре уравнений Максвелла, а уравнение ∂µ F µν = j ν эквивалентно второй паре уравнений.
Запишем уравнение (4.43), используя (4.37):
∂µ ∂ µ Aν − ∂ ν (∂µ Aµ ) = j ν ,
74
(4.44)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 75/162
Можно воспользоваться калибровочным произволом Aµ , чтобы потребовать
∂µ Aµ = 0.
В этой калибровке, называемой калибровкой Лоренца, (4.44) становится:
(4.45)
∂µ ∂ µ Aν = j ν .
Нетрудно получить, что уравнение (4.45) можно получить как уравнения движения
Эйлера-Лагранжа с лагранжианом:
1
L = − F µν Fµν − j µ Aµ .
4
(4.46)
Задача 20
Покажите, что лагранжиан L = − 14 F µν Fµν − j µ Aµ приводит к уравнениям Максвелла
∂µ ∂ µ A ν = j ν .
Решим уравнение (4.43) при отсутствии взаимодействия (j ν = 0). Ищем решение
для вещественного поля Aµ (x) в виде:
∫
(
)
µ
+ikx
A (x) =
d4 k aµk e−ikx + a∗µ
,
(4.47)
k e
k0 ≥0
следовательно (4.43) с учётом (4.47) даёт:
∫
[(
)
(
) +ikx ]
µν
ν
∗
∂µ F (x) = i
d4 k k 2 aνk − k ν (k · ak ) e−ikx − k 2 a∗ν
= 0.
k − k (k · ak ) e
k0 ≥0
Откуда получаем, что
(4.48)
(4.49)
k 2 aνk − k ν (k · ak ) = 0.
Если бы масса поля не была равна нулю (m2 = k 2 ̸= 0), то решение (4.49) есть:
(4.50)
aνk = ck k ν ,
где ck — произвольная функция 4-импульса k. В случае нулевой массы (m2 = k 2 = 0)
поля Aµ из (4.49) получаем
(k · ak ) = 0.
(4.51)
Решение уравнения (4.51) есть сумма трёх линейно независимых векторов каждый
из которых ортогонален 4-импульсу k. Один из таких векторов — это сам вектор k,
поскольку k · k = k 2 = 0. Два других ϵ1 (k) и ϵ2 (k) можно выбрать таким образом:
ϵµn (k) = (0, ϵn (k)),
ϵn (k)k = 0,
ϵn (k)ϵn′ = δnn′
75
и ϵµn (k)ϵn′ µ (k) = −δnn′ .
(4.52)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 76/162
Задача 21
Проверьте, что ak = a1 (k)ϵ1 (k) + a2 (k)ϵ2 (k) + a3 (k)k является решением уравнения
(k · ak ) = 0, если ϵµn (k) = (0, ϵn (k)), ϵn (k)k = 0.
Поскольку, найденное решение соответствует условию на переменные интегрирования k 2 = 0, то мы должны√потребовать, что все функции
из задачи (21) имели вид
√
3
0
3
ai (k) = δ(k − |k|)ai (k)/(2π) 2Ek . Множитель (2π) 2Ek с Ek = |k| введён в знаменатель для удобства. Таким образом, решение (4.47) можно записать в виде:
Aµ (x) = AµL (x) + AµT (x), где
∫
)
(
dk
µ
+ikx
µ
−ikx
∗
√
AL (x) =
k
a
(k)e
+
a
(k)e
∥k0 =|k| ,
3
3
(2π)3 2Ek
∫
)
(
dk
µ
−ikx
∗
µ
+ikx
µ
√
(k)e
∥k0 =|k| .
AT (x) =
(k)ϵ
a
(k)ϵ
(k)e
+
a
n
n
n
n
(2π)3 2Ek
(4.53)
Обратим внимание на то, что решение AµL (x) не физическое, поскольку оно сводится
к калибровочному преобразованию, от которого не зависят физические поля E и B:
∫
(
)
dk
µ
µ
µ
−ikx
∗
+ikx
√
AL (x) = ∂ f (x), где f (x) = −i∂
a
(k)e
−
a
(k)e
.
(4.54)
3
3
(2π)3 2Ek
Окончательно, решение свободного уравнения Максвелла для безмассового поля
есть:
∫
(
)
dk
µ
µ
µ
−ikx
∗
µ
+ikx
√
A (x) = AT (x) =
a
(k)ϵ
(k)e
+
a
(k)ϵ
(k)e
∥k0 =|k| .
(4.55)
n
n
n
n
(2π)3 2Ek
Можно заключить, что решение для электромагнитного поля Aµ (x) есть сумма решений, задаваемых двумя взаимно ортогональными векторами ϵµ1 (k) и ϵµ2 (k), оба из
которых перпендикулярны вектору импульса фотона k. Вектора ϵµn (k) называются векторами поляризации фотона.
Найдем теперь энергию и импульс свободного электромагнитного поля. Для этого
заметим, что лагранжиан
1
L = − F µν Fµν
(4.56)
4
можно записать в виде:
1
1
1
1
L = − (∂ µ Aν ∂µ Aν − ∂ µ Aν ∂µ Aν ) = − ∂ µ Aν ∂µ Aν + ∂ µ (Aν ∂ν Aµ ) − Aν ∂ν (∂ µ Aµ ) (4.57)
2
2
2
2
Слагаемое ∂ µ (Aν ∂ν Aµ ) будучи 4-дивергенцией не даёт вклада в уравнения движения, поэтому может быть отброшено. Член Aν ∂ν (∂ µ Aµ ) исчезает в калибровке Лоренца ∂ µ Aµ = 0. Таким образом, лагранжиан (4.56) эквивалентен
1
L = − ∂ µ A ν ∂µ A ν .
2
76
(4.58)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 77/162
Используя (4.58) легко посчитать тензор энергии-импульса:
T µν =
∂L
1
∂ ν Aλ − g µν L = −∂µ Aλ ∂ ν Aλ + g µν ∂ α Aλ ∂α Aλ .
∂(∂µ Aν )
2
Плотность энергии электромагнитного поля с решением (4.55) есть:
(
)
∫
)
dkdp Ek Ep − 12 k · p (
00
λ
−ikx
∗
λ
+ikx
√
T (t, x) =
a
−
a
(k)ϵ
(k)e
n (k)ϵn (k)e
n
n
(2π)6 2Ek 2Ep
(
)
am (p)ϵmλ (p)e−ipx − a∗m (p)ϵmλ (p)e+ipx
(4.59)
(4.60)
Энергия электромагнитного поля с учётом (4.52)
∫
∫
∫
dp Ep ∗
dp
00
∗
H = dx T (t, x) =
(an (p)an (p) + an (p)an (p)) =
Ep |an (p)|2 .
3
(2π) 2
(2π)3
(4.61)
±i2Ep t
Слагаемые, содержащие зависимость от времени вида e
исчезли из-за множителя Ek Ep − 21 k · p = Ep2 − 12 (Ep2 + p2 ) = 0 при k = −p. Энергия электромагнитного поля
оказывается положительно определенной величиной.
Действуя полностью аналогично, получим выражение для импульса электромагнитного поля:
∫
∫
∫
dp pi ∗
dp i
i
0i
∗
P = dx T (t, x) =
(an (p)an (p) + an (p)an (p)) =
p |an (p)|2 . (4.62)
3
(2π) 2
(2π)3
Задача 22
Получите выражения для энергии-импульса электромагнитного поля исходя из
лагранжиана
1
L = − ∂ µ A ν ∂µ A ν .
2
Мы уже обратили внимание на то, что при выводе выражения для тензора энергииимпульса мы модифицировали лагранжиан (4.56), воспользовавшись свободой в выборе калибровочного преобразования и инвариантностью уравнений относительно
определенных преобразований лагранжиана. Аналогично, тензор энергии-импульса
для электромагнитного поля определен неоднозначно. Если к T µν прибавить слагаемое вида:
∂λ Gµλν ,
где Gµλν — произвольный тензор, антисимметричный по первым двум индексам, то
законы сохранения не изменятся:
∂µ T µν → ∂µ T µν + ∂µ ∂λ Gµλν = ∂µ T µν = 0.
77
(4.63)
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 78/162
Этой свободой можно воспользоваться, чтобы сделать тензор энергии-импульса симметричным. Действительно, действуя стандартным образом с лагранжианом (4.56),
получаем несимметричный тензор:
1
T µν = −F µλ ∂ ν Aλ + g µν F αλ Fαλ .
4
(4.64)
К T µν можно добавить член F µλ ∂λ Aν , поскольку, в силу уравнений Максвелла, оно
сводится к разрешенному слагаемому ∂λ (F µλ Aν ). Тогда T µν становится симметричным по индексам:
1
T µν = −F µλ F νλ + g µν F αλ Fαλ .
(4.65)
4
Тензор (4.65) приводит к стандартным выражениям для плотности энергии и импульса электромагнитного поля:
H=
)
1( 2
E + B2 ,
2
P = E × B.
(4.66)
Задача 23
Покажите, что тензор энергии-импульса
1
T µν = −F µλ F νλ + g µν F αλ Fαλ .
4
приводит к стандартным выражениям для плотности энергии и импульса электромагнитного поля:
)
1( 2
H=
E + B2 , P = E × B.
2
4.6. Векторное поле с ненулевой массой.
Лагранжиан для векторного массивного поля B µ :
1
m2 µ
L = − B µν Bµν +
B Bµ ,
4
2
(4.67)
где Bµν = ∂µ Bν − ∂ν Bµ , приводит к уравнению движения:
∂µ B µν + m2 B ν = 0.
(4.68)
Продифференцировав (4.68) по xν и воспользовавшись антисимметрией тензора B µν ,
получим
∂ν (∂µ B µν + m2 B ν ) = m2 ∂ν B ν = 0.
(4.69)
78
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 79/162
С учётом определения B µν и свойством поперечности (∂ν B ν = 0) из (4.68) получаем
уравнение на поле B µ :
∂µ ∂ν B ν + m2 B ν = 0, ∂ν B ν = 0,
(4.70)
которое оказывается уравнением Клейна-Гордона для каждой компоненты поля B µ .
Обратим внимание на простое, но важное обстоятельство — уравнение (4.70) для векторного поля не инвариантно при калибровочном преобразовании B µ (x) → B µ (x) +
∂ µ f (x).
Задача 24
Найдите общее решение уравнения
∂µ ∂ν B ν + m2 B ν = 0,
∂ν B ν = 0,
Задача 25
Найдите энергию и импульс массивного векторного поля.
4.7. Спинорное поле.
Лагранжиан для спинорного поля
L = ψ̄(i∂ˆ − m)ψ
(4.71)
приводит к уравнениям Дирака:
(i∂ˆ − m)ψ(x) = 0,
ψ̄(i∂ˆ + m) = 0.
Получим тензор энергии-импульса:
T µν =
∂L
∂ ν ψα − g µν L = iψ̄γ µ ∂ ν ψ.
∂(∂µ ψα )
(4.72)
Особенностью лагранжиана для спинорного поля (4.71) является то, что он равен
нулю когда поля ψ, ψ̄ подчиняются уравнению Дирака. 4-импульс спинорного поля
есть:
∫
∫
µ
0µ
P = dx T = dx ψ † i∂ µ ψ.
(4.73)
Подставив решение (3.115) и воспользовавшись условиями (3.98), (3.110) и (3.114),
получим:
∑ ∫ dp
µ
(4.74)
P =
pµ (a∗r (p)ar (p) − br (p)b∗r (p)),
3
(2π)
r
79
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 80/162
откуда следует, что энергия классического спинорного поля не знако-определена!
Другими словами, энергия может принимать как положительные, так и отрицательные значения.
Проделаем еще вычисление — на этот раз для сохраняющегося электромагнитного тока j µ = eψ̄γ µ ψ. Сохраняющийся заряд есть:
∫
∑ ∫ dp
0
Q = dx j (t, x) =
(a∗r (p)ar (p) + br (p)b∗r (p)).
(4.75)
3
(2π)
r
Мы получили еще один парадоксальный результат — заряд получился одного знака! Что же тогда делать с нашим ожиданием того, что уравнение Дирака описывает электрон и позитрон? Оба парадокса (знако-неопределенная энергия и знакоопределенный электрический заряд) разрешаются только в квантовой теории поля.
.
80
Литература к главе 4
[14] С.М. Биленький. Введение в диаграммную технику Фейнмана. М.:Наука, 1971.
[15] М.Е. Пескин and Д.В. Шрёдер. Введение в квантовую теорию поля. Ижевск: НИЦ
«Регулярная и хаотическая динамика», 2001.
[16] С Вайнберг. Квантовая теория полей. Т.1. М.: Наука, 1995.
[17] Н.Н. Боголюбов and Д.В. Ширков. Квантовые поля. М.:Наука, 1980.
81
Д.В.Наумов
Фейнмановские диаграммы для экспериментаторов
страница 82/162
82