Michał Praszałowicz, pok. 438. michal@if.uj.edu.pl strona www: th-www.if.uj.edu.pl/~michal wykład 3 godz. za wyjątkiem listopada Egzamin: esej max.

Michał Praszałowicz, pok. 438. michal@if.uj.edu.pl strona www: th-www.if.uj.edu.pl/~michal wykład 3 godz. za wyjątkiem listopada Egzamin: esej max. 10 stron na jeden z listy tematów + rozmowa USOS! 1

Model Standardowy teoria pola Mechanika klasyczna równania na wielkości takie jak pęd, energia położenie Mechanika kwantowa wielkości klasyczne operatory, które działaja na funkcje falowe, interpretecja probabilistyczna Teoria pola funkcja falowa operator pola niezmienniczość Lorentza (STW) niezachowanie liczby cząstek" Czterowektory: Transformacja Lorentza: Transformacja Lorentza x µ = (ct, x, y, z), µ = 0, 1, 2, 3. x µ = L µ νx ν zachowuje interwał (x µ + x µ ) między zdarzeniami ( s) 2 = ( x 0 ) 2 ( x 1 ) 2 ( x 2 ) 2 ( x 3 ) 2 = ( s ) 2 2

Tensor metryczny g µν = pomaga zapisać to w zwartej formie 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ( s ) 2 = g µν x µ x ν = g µν L µ τl ν ρ x τ x ρ = g τρ x τ x ρ Transformacja Lorentza zachowuje tensor metryczny g µν L µ τl ν ρ = g τρ Ponieważ tensor metryczny jest symetryczny jest to 10 równań. L µ τ jest rzeczywistą macierzą 4 4 o 16 parametrach minus 10 warunków, co daje 6 niezależnych parametrów: 3 obroty i 3 boosty". 3

Klasyfikacja transformacji Lorentza co daje 3 1 = g 00 = g µν L µ 0 Lν 0 = (L 0 0) 2 (L i 0) 2 i=1 (L 0 0) 2 > 1 L 0 0 > 1 lub L 0 0 < 1 signl 0 0 detl + +1 właściwe 1 odbicie czasowe + 1 odbicie przestrzenne +1 odbicie całkowite Można łatwo pokazać L µ ρl ν µ = L ν µl µ ρ = δ ν ρ. 4

Czterowektor energii i pędu: p µ = (E, cp x, cp y, cp z ) p 2 = E 2 c 2 p 2 = m 2 c 4. Stąd E = ±c m 2 c 2 + p 2 = ±mc 2 1 + p (mc 2 m 2 c ± 2 + p 2 ) 2 2m +... 5

Równanie Schrödingera Nierelatywistyczna mechanika kwantowa: E Ĥ = i t, p p = i Ĥψ(x, t) = p 2 ψ(x, t) zależnie od reprezentacji 2m wybieramy znak + i opuszczamy stałą. E = ±c m 2 c 2 + p 2 = ±mc 2 1 + p (mc 2 m 2 c ± 2 + p 2 ) 2 2m +... 6

Równanie Kleina-Gordona Jak skonstruować równanie odpowiadające pierwiastkowi? Klein i Gordon: ( ) E 2 = c 2 p 2 + m 2 c 4 = 2 2 t 2ϕ(x, t) = 2 c 2 2 + m 2 c 4 ϕ(x, t) Są kłopoty interpretacyjne. W nierelatywistycznej mechanice kwantowej P = ψ ψ gęstość prawdopodobieństwa (dodatnia!!!!) S = 2im (ψ ψ ψ ψ ) gęstość pradu prawdopodobieństwa spełniają równanie ciągłości t P + S = 0, co wynika z faktu, że równanie Schrödingera jest liniowe w pochodnej czasowej. 7

W przypadku równania Kleina-Gordona: ϕ 2 t2ϕ = ϕ ( c 2 2 + m2 c 4 ) ϕ 2 ϕ 2 = ϕ ( c 2 2 + m2 c 4 ) ϕ t 2ϕ 2 odejmujemy stronami ) Lewa strona = (ϕ 2 2 t2ϕ ϕ = (ϕ t t 2ϕ t ϕ ϕ t ) ϕ ( Prawa strona = c 2 ϕ 2 ϕ ϕ ) ( ) 2 ϕ = c 2 ϕ ϕ ϕ ϕ Mnożąc stronami przez 2imc 2 dostajemy równanie ciągłości z gęstością prawdopodobieństwa P = (ϕ t 2imc ϕ ϕ t ) ϕ, która nie jest odatnio określona (po pomnożeniu przez e można intepretować jako gęstość ładunku). Otrzymuje się złe spektrum atomu wodoru (Schrödinger). 8

Zasada wariacyjna w mechanice klasycznej Równania klasyczne można otrzymać z zasady wariacyjnej. T S = dtl(x, ẋ) Dokonajmy przesuniecia x = x + y, ẋ = ẋ + ẏ, gdzie y(0) = y(t ) = 0. Wtedy T T 0 S = dt L(x, ẋ ) = dt L(x + y, ẋ = ẋ + ẏ) = 0 T 0 ( dt 0 L(x, ẋ) + L x y + L ẋẏ +... ). 9

Stąd Stąd równania ruchu: δs = S S = = T 0 T 0 dt ( L x y + L ) ẋẏ ( L dt x ) L y + L t ẋ ẋ y δs = 0 = L x L t ẋ = 0. T 0. 10

Zasada wariacyjna dla pola skalarnego Dla funkcji skalarnej ϕ wprowadzamy gęstość lagrangianu L(ϕ, µ ϕ), gdzie ϕ(t, r) (lokalność). S = d 4 x L(ϕ, µ ϕ). x ϕ, dx dt µϕ. δs = 0 = L ϕ L µ ( µ ϕ) = 0. Jak wygląda L (przyjmujemy = 1 i c = 1)? L(ϕ, µ ϕ) = 1 2 ( µ ϕ µ ϕ m 2 ϕ 2) = 1 2 ( g µν µ ϕ ν ϕ m 2 ϕ 2). Zadanie: przeprowadzić jawnie rachunek wariacyjny dla pola ϕ i wstawić i c do L. 11

Rozwiązanie falowe: Rozwiązania równania Kleina-Gordona ) ( 2 t + 2 m 2 ϕ(t, r) = 0. 2 ( ) ϕ k (t, r) = a k cos k r ωk t + θ k ω 2 k = k 2 + m 2. Zamykając układ w pudle o długości l i objętości V = l 3 narzucając periodyczne warunki brzegowe mamy ( 2πn1 k =, 2πn 2, 2πn ) 3, n 1,2,3 = 0, ±1, ±2,... l l l 12

Rozwiązanie falowe: ( ) ϕ k (t, r) = a k cos k r ωk t + θ k k ω 2 k = k 2 + m 2. Ogólne rozwiązanie jest superpozycją takich fal ϕ(t, r) = 1 ( ) ak e i( k r ω k t) + a k e i( k r ω k t). V 2ωk 2ωk Czynnik 2ω k jest konwencją (uwaga, ω k może być dodatnie lub ujemne, wtedy trzeba wziąć moduł). Pole ϕ jest rzeczywiste! Pole ϕ opisuje cząstkę skalarną (np. bozon Higsa lub mezon π 0 ). 13

Tensor energii-pędu W mechanice klasycznej energia (hamiltonian) dane są przez transformację Legendre a H = p q L Zachowanie energii-pędu jest konsekwencją symetrii względem translacji (także czasowych): wtedy i dalej Używając r. ruchu L x µ x µ + δa µ δa µ nie zależy od t i od x ϕ (x µ + δa µ ) = ϕ(x) + ( ν ϕ(x)) δa ν δl(ϕ, ϕ) = L ϕ δϕ + ϕ = L µ ( µ ϕ) δϕ = ( ν ϕ(x)) δa ν oraz 14 L ( µ ϕ) δ( µϕ). δ( µ ϕ) = µ (δϕ)

mamy [ ] L δl = µ δϕ + L ( µ ϕ) ( µ ϕ) µ(δϕ) [ ] L = µ ( µ ϕ) δϕ δϕ = ϕ (x ν + δa ν ) ϕ(x) = ( ν ϕ) δa ν [ ] L = µ ( µ ϕ) νϕ δa ν. Z kolei δl = µ L δa µ = ( µ L) δ µ ν δa ν i w konsekwencji [ ] L µ ( µ ϕ) νϕ δ ν µ L δa ν = 0. Ponieważ stałe δa ν są dowolne, mamy zachowanie wielkości jest tensorem energii-pędu. µ T µ ν = 0, gdzie T µ ν = L ( µ ϕ) νϕ δ µ ν L 15

Podobnie jak w mechanice klasycznej energia H = p q L (gęstość energii): T 0 0 = L ϕ L. ϕ Równanie µ T µ ν = 0 przyjmuje postać dla ν = 0: gdzie Całkując po całej przestrzeni: ( ) 0 = d 3 x t T 0 0 + T = t t T 0 0 + T = 0, T = (T 1 0, T 2 0, T 3 0). d 3 xt 0 0 + V d s T = t d 3 xt 0 0 dostaliśmy prawo zachowania całkowitej energii pola skalarnego. Składowe T 0 i mają interpretację gęstości pędu. Podobnie mozna pokazać zachowanie pędu. 16

W przypadku pola Kleina-Gordona L = 1 ( µ ϕ µ ϕ m 2 ϕ 2) 2 mamy T 0 0 = 1 ( ϕ 2 + ( ϕ) 2 ) 2 + m 2 ϕ 2. Podstawiając rozwiązania r. Kleina-Gordona mamy ϕ = i 1 ( a k e i( k r ω k t) a ) k ω k e i( k r ω k t) V 2ωk 2ωk ϕ = i 1 V k ω k ( ) a k k e i( k r ω k t) k a k e i( k r ω k t) 2ωk 2ωk i używając wzoru k 1 V d 3 x e i( k k ) r = δ k k 17

otrzymujemy H = ω k a ka k, d 3 xt 0 0 = k P = ka k a k. d 3 x T 0 = k 18

Wyprowadzenie (weźmy rozwiązanie z dodatnimi ω k ): d 3 x ϕ 2 = 1 ω k ω k d 3 x 2V k, k [ a k a k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) + a ka k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) ] a k a k e i(( k k ) r (ω ω)t) a ka k e i(( k k ) r (ω ω)t) = 1 ( ) ω k ak a k e 2iωt + a 2 ka ke +2iωt 2a k a k. k 19

Podobnie: d 3 x( ϕ) 2 = 1 2V gdzie k k = k 2. k, k k k ω k ω k d 3 x [ a k a k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) + a ka k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) ] a k a k e i(( k k ) r (ω ω)t) a ka k e i(( k k ) r (ω ω)t) = 1 k2 ( ) ak a k e 2iωt + a 2 ω ka ke +2iωt + 2a k a k, k k 20

A także d 3 x ϕ 2 = 1 1 d 3 x 2V k, k ωω [ a k a k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) + a ka k e i(( k+ k ) r (ω+ω )t) ] +a k a k e i(( k k ) r (ω ω)t) + a ka k e i(( k k ) r (ω ω)t) = 1 1 ( ) ak a k e 2iωt + a 2 ω ka ke +2iωt + 2a k a k. k 21

Zatem d 3 xt 0 0 = 1 2 = 1 4 + 1 2 = k k k ( d 3 x ϕ 2 + ( ϕ) ) 2 + m 2 ϕ 2 ω2 k + k2 + m 2 ω 2 k ω2 + k2 + m2 a k a k ω k ω k a ka k, ( ak a k e 2iωt + a ka ke +2iωt) gdzie skorzystaliśmy z faktu, że ω 2 = k 2 + m 2 (warunek on shell). Ważne, że skorzystaliśmy dwa razy z warunku on shell, raz żeby dostać zero i raz, żeby dostać czynik 2. Jak to będzie dla ujemnych energii? 22

Skalarne pole zespolone Φ = 1 2 (φ 1 + i φ 2 ) Przekonamy się, że Φ ma ładunek q, a Φ ładunek q. Gęstość lagrangianu (rzeczywista) L = µ Φ µ Φ m 2 Φ Φ prowadzi do r. ruchu, gdzie pola Φ i Φ traktujemy jako niezależne: µ µ Φ m 2 Φ = 0 i analogicznie dla Φ. Zatem rozwiązania Φ(t, r) = 1 V k ( ak 2ωk e i( k r ω k t) + ) b k e i( k r ω k t), 2ωk gdzie a k i b k są niezależnymi liczbami zespolonymi. Można pokazać, że energia H = k ω k (a ka k + b kb k ) (suma energii dwóch rzeczywistych pól skalarnych). 23