T fi = 2πiδ(E f E i ) [< f V i > + 1 E i E n. < f V n > E i H 0 164/389

Transcript

1 164/389 Ο διαδότης του ηλεκτρονίου Από την μη σχετικιστική θεωρία είχαμε δει T fi = 2πiδ(E f E i ) < f V i > + < f V n > n i 1 < n V i > +... E i E n όπου H 0 n >= E n n >. Φορμαλιστικά μπορούμε να γράψουμε i T fi = 2πδ(E f E i ) < f ( iv ) + ( iv ) ( iv ) +... i > E i H 0 όπου χρησιμοποιήσαμε n i n >< n = 1. Η επιλογή του iv, αντί του V, γίνεται από την παρουσία του V στην εξίσωση του Schroedinger, i Ψ/dt = V Ψ, που δίνει και την χρονική εξάρτηση exp( ivt) στην εικόνα αλληλεπίδρασης (interaction picture). Οπότε, αντιστοιχούμε κορυφή ( iv ) και διαδότης i E i H 0.

2 165/389 Αν γράψουμε την εξίσωση Schrödinger (H 0 + V )Ψ = EΨ (H 0 E)Ψ = V Ψ i(h 0 E)Ψ = iv Ψ βλέπουμε ότι ο διαδότης είναι το αντίστροφο του τελεστή στο αριστερό σκέλος της τελευταίας ισότητας 1 i(h 0 E) = i E H 0 Ο διαδότης του βαθμωτού σωματιδίου Στο βαθμωτό πεδίο, η Klein-Gordon γράφεται ( 2 + m 2 )φ = V φ i( 2 + m 2 )φ = iv φ και, με τον παραπάνω κανόνα, ο διαδότης τους βαθμωτού πεδίου είναι 1 i( 2 + m 2 ) = i p 2 + m 2 = i p 2 m 2 Ο διαδότης του σωματιδίου Dirac Για το ηλεκτρόνιο θα έχουμε ανάλογα (p/ m)ψ = γ 0 V ψ i(p/ m)ψ = iγ 0 V ψ

3 166/389 όπου γ 0 V = eγ µ A µ. Και ο διαδότης του ηλεκτρονίου είναι 1 i(p/ m) = i i(p/ + m) = p/ m p 2 m 2 Θυμηθείτε ότι p/ + m = u (s) ū (s). Αυτός είναι ένας γενικός κανόνας που θα τον δούμε ξανά στο διαδότη του φωτονίου. Ο διαδότης του φωτονίου Η εξίσωση που πληρεί το φωτόνιο είναι gµν 2 µ ν A ν = j µ (22) Γνωρίζουμε επίσης ότι έχουμε μια ελευθερία επιλογής του πεδίο: A µ A µ + µ χ. Αν δεν αφαιρέσουμε αυτήν την ελευθερία δεν θα καταφέρουμε να βρούμε τον αντίστροφο του τελεστή. Άσκηση 36 Δείξτε ότι δεν μπορείτε να ορίσετε τον αντίστροφο του g µν 2 µ ν

4 167/389 Μόλις όμως επιλέξουμε την βαθμίδα Lorentz, µ A µ = 0, η εξίσωση γίνεται g µν 2 A ν = j µ, και μιας και g µν g νλ = δ λ µ, βλέπουμε άμεσα ότι το αντίστροφο του ig µν 2 είναι ig µν q 2 = ig µν q 2 Αυτός είναι ο διαδότης του Feynman (ή στη βαθμίδα Feynman). Άσκηση 37 Η συνθήκη Lorentz, µ A µ = 0 αφήνει ακόμα μια ελευθερία επιλογής του A µ : A µ A µ + µ Λ όπου 2 Λ = 0. Οπότε, η Εξ.(22) μπορεί να γραφεί g µν 2 ( 1 1 ξ ) µ ν A ν = j µ και τότε ο αντίστροφος του τελεστή είναι i q 2 g µν + (1 ξ) q µq ν q 2

5 168/389 Για ξ = 1 πηγαίνουμε στον διαδότη Feynman. Στην QED ο δεύτερος όρος μηδενίζεται στους υπολογισμούς μιας και το δυνητικό φωτόνιο αλληλεπιδρά με διατηρούμενο ρεύμα j µ για το οποίο ισχύει q µ j µ = 0. Ο διαδότης διανυσματικού, spin=1, με μάζα Οπως είχαμε αναφέρει, Εξ.(20), η εξίσωση που πληροί ένα ελεύθερο διανυσματικό σωματίδιο με μάζα είναι gµν ( 2 + m 2) µ ν A ν = 0 Το αντίστροφο του τελεστή (επι i) είναι ( i g µν + p ) µp ν M 2 p 2 M 2 οπότε αυτός είναι και ο διαδότης ενός διανυσματικού σωματιδίου με μάζα. Προσέξτε ότι ο αριθμητής είναι η σχέση πληρότητας Εξ.(21)

6 Άσκηση 38 Δείξτε ότι ο διαδότης ενός διανυσματικού σωματιδίου με μάζα είναι ( i g µν + p ) µp ν M 2 p 2 M 2 Σκέδαση Compton γe γe Θα υπολογίσουμε αναλυτικά το αναλοίωτο πλάτος για την σκέδαση Compton. Ας προσπαθήσουμε να δούμε κάθε όρο του πλάτους αυτού. Για το εισερχόμενο φωτόνιο θα υπάρχει ο όρος: ɛ µ e ikx και για το εξερχόμενο: ɛ ν e +ik x, για το πρώτο διάγραμμα και ανάλογα και για το δεύτερο.

7 Για το εισερχόμενο ηλεκτρόνιο: e ipx u (s) (p) και το εξερχόμενο: e +ip xū (s ) (p ). Στο ενδιάμεσο ηλεκτρόνιο θα αντιστοιχήσουμε τον διαδότη: i(p/ + k/ + m)/((p + k) 2 m 2 ) για το πρώτο διάγραμμα και ανάλογα για το άλλο. Οι δύο κορυφές θα είναι: ieγ µ και ieγ ν. Ολα τα εκθετικά θα δώσουν την δέλτα συνάρτηση για την διατήρηση της ορμής-ενέργειας. Οπότε, το αναλλοίωτο πλάτος για κάθε διάγραμμα θα είναι im 1 = ū (s ) (p )(ieγ ν i(p/ + k/ + m) ) (p + k) 2 m 2 (ieγµ )u (s) (p) ɛ µ ɛ ν im 2 = ū (s ) (p )(ieγ µ ) i(p/ k/ + m) (p k ) 2 m 2 (ieγν )u (s) (p) ɛ µ ɛ ν Προσέξτε ότι, όπως περιμέναμε, το άθροισμα M 1 + M 2 είναι αναλλοίωτο στην αλλαγή (k, ɛ) ( k, ɛ ). Ας δούμε πώς εμφανίζεται εδώ η αναλλοιώτητα βαθμίδας. Απαιτώντας την συνθήκη Lorentz, µ A µ = 0, γνωρίζουμε ότι η φυσική δεν αλλάζει με τον μετασχηματισμό ɛ µ ɛ µ + ak µ. Γράφοντας, λοιπόν, M = ɛ µ ɛ ν T µν θα πρέπει M = ɛ µ ɛ ν T µν = (ɛ µ + ak µ )(ɛ ν + ak ν)t µν 170/389

8 171/389 οπότε έχουμε τις σχέσεις k νt µν = k µ T µν = 0 Άσκηση 39 Δείξτε ότι το πράγματι ισχύει η σχέση k νt µν = k µ T µν = 0 για το άθροισμα των δύο διαγραμμάτων και όχι για το καθένα από αυτά. Χρησιμοποιώντας ότι (p + k) 2 = s και (p k ) 2 = u και αγνοώντας την μάζα του ηλεκτρονίου, τα δύο πλάτη γίνονται M 1 = 1 s ɛ µɛ ν e 2 ū (s ) (p )γ ν (p/ + k/)γ µ u (s) (p) M 2 = 1 u ɛ µɛ ν e 2 ū (s ) (p )γ µ (p/ k/ )γ ν u (s) (p) θα πρέπει τώρα να υπολογίσουμε το M 1 + M 2 2. Ας υπολογίσουμε πρώτα το M 1 2 M 1 2 = s 2 e4 Tr p/γ µ (p/ + k/)γ ν p/ γ ν (p/ + k/)γ µ ɛ µ ɛ ν ɛ µ ɛ ν Για τα φωτόνια έχουμε: ɛ µ ɛ µ = g µµ και ɛ ν ɛ ν = g νν (βλ. το Παράρτημα) και το M 1 2 γίνεται

9 172/389 M 1 2 = s 2 e4 Tr p/γ µ (p/ + k/)γ ν p/ γ ν (p/ + k/)γ µ = s 2 e4 ( 2)( 2)Tr p/(p/ + k/)p/ (p/ + k/) = 1 s 2 e4 Tr p/k/p/ (p/ + k/) = 1 s 2 e4 Tr k/p/ k/p/ = 1 s 2 e4 4 (kp )(kp) + (kp)(kp ) = = 4e4 s 2 2s( u) = 2e 4 u 4 s όπου στην τρίτη και στην τέταρτη ισότητα χρησιμοποιήσαμε ότι p/ 2 = p 2 = 0. Ομοια, το άλλο διάγραμμα δίνει M 2 2 = 2e 4 s u Άσκηση 40 Δείξτε ότι M 1 M 2 = 0 Επομένως, M 1 + M 2 2 = M M 2 2 = 2e 4 ( u s s u )