Klein-Gordon yhtälö

[QS]

Tarkistin aamulla ihan eksplisiittisesti, että miten signatuurin valinta vaikuttaa KG-yhtälöön ja Lagrangeen $\mathcal{L}$, jolla lauseke:

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Tuo lausekkeen aukilaskettu muoto riippuu kuitenkin signatuurista.

Tuossa jo QS/Varaktori laski aikaisemmin näitä, mutta laitan nyt nämä munkin laskelmat näkyviin:


Signatuuri (+,-,-,-):

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial t}{)}^2-\sum _i\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial x^i}{)}^2-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Euler Lagrangen liikeyhtälö antaa tulokseksi KG-yhtälön näköisen yhtälön:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$

ja se onkin KG-yhtälö, jonka näkee aukikirjoittamalla:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}-{\mathrm{\nabla }}^2\varphi +m^2\varphi =0$


Signatuuri (-,+,+,+):

$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial t}{)}^2+\sum _i\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial x^i}{)}^2-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Euler Lagrangen liikeyhtälö antaa tulokseksi myös tässä tapauksessa:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$

Tämä ei ole kuitenkaan KG-yhtälö ja sen näkee kirjoittamalla auki:

YHtälöstä ${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$ saa kirjoittamalla auki ja ryhmittelemällä uudelleen: $\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}-{\mathrm{\nabla }}^2\varphi -m^2\varphi =0$
Eli tämä on se imaginaarisen massan tapaus, jota virheellisesti kutsuin negatiivisen massan tapaukseksi

Voisi ajatella, että signatuurille (+,-,-,-) käytetään esimerkiksi Lagrangea:

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja signatuurille (-,+,+,+) Lagrangea (huomaa miinusmerkki):

$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

niin silloin kumpikin antaa oikean KG-yhtälön. Miinusmerkin käyttöä jälkimmäisessä voisi olla syynä QS:n viittaama energian positiivisuusvaatimus.

Joo. Tästä tajusin, että mulla oli virhe $\lambda$ -kerroin ajatuksessa. Kertoimen voi kyllä periaatteessa valita vapaasti, mutta kun valinnan tekee, niin valinta pitää säilyttää signatuurista riippumatta. Jos valitsen eri kertoimet eri signatuureille, niin kyseessähän on kaksi eri Lagrangen tiheyttä, mikä tarkoittaa karkeasti ajateltuna kahta eri 'teoriaa'.

Lagrange pitäisi kirjoittaa

$\mathcal{L}=\lambda ({\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -m^2{\varphi }^2)$

missä metriikka ${\eta }^{\mu \nu }$. Sitten valitaan esimerkiksi $\lambda =\frac{1}{2}$, ja kirjoitetaan

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Signatuurilla (+,-,-,-) tämä on auki kirjoitettuna

${\mathcal{L}}_{+}=\frac{1}{2}({\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi -{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja signatuurilla (-,+,+,+)

$\begin{array}{rl}{\mathcal{L}}_{-}& =\frac{1}{2}(-{\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi +{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\\ & =-\frac{1}{2}({\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi -{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\\ & =-\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\end{array}$

missä muokkauksen jälkeen ensimmäisen termin edessä miinusmerkki. Kun näin ajattelee, niin miinusmerkki on seuraus signatuurista, eikä sitä erikseen tarvitsee valita. Jos oikein ymmärsin?

Jälkimmäisen termin $-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ etumerkki on signatuurista riippumaton. Tuon ${\mathcal{L}}_{+}$:n liikeyhtälössä on $+m^2$ ja ${\mathcal{L}}_{-}$:n liikeyhtälössä $-m^2$.

Aloin jo kirjoittaa näiden Hamiltonin tiheyttä, mutta enpä vielä kirjoitakaan, mun en ole varma vaikuttaako signatuuri Hamiltonin tiheyden määrittelyyn. hmm.

Ihmettelin vielä Hamiltonin tiheyttä

$\begin{array}{rl}\mathcal{H}& =\mathrm{\Pi }{\partial }_0\varphi -\mathcal{L}\\ & =\mathrm{\Pi }\dot{\varphi }-\mathcal{L}\end{array}$

missä

$\mathrm{\Pi }=\frac{\partial \varphi }{\partial ({\partial }_0\varphi )}$

Kun $\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ niin vaiheittain ja rivi riviltä kirjoitettuna sain

$\begin{array}{rl}\mathrm{\Pi }& =\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial ({\partial }_0\varphi )}\\ & =\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\eta }^{\mu \nu }({\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }(\frac{\partial ({\partial }_{\mu }\varphi )}{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\partial }_{\nu }\varphi +\frac{\partial ({\partial }_{\nu }\varphi )}{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }({\delta }_{\mu 0}{\partial }_{\nu }\varphi +{\delta }_{\nu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\end{array}$

Signatuurilla (+,-,-,-)

$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Pi }}_{+}& =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & ={\partial }_0\varphi \\ & =\dot{\varphi }\end{array}$

ja signatuurilla (-,+,+,+)

$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Pi }}_{-}& =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =-{\partial }_0\varphi \\ & =-\dot{\varphi }\end{array}$

Tästä seuraa, että Hamiltonin tiheydet eivät ole samat. Etumerkeissä on ero

${\mathcal{H}}_{+}={\dot{\varphi }}^2-\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\dot{\varphi }}^2+\frac{1}{2}(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2+\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja

${\mathcal{H}}_{-}=-{\dot{\varphi }}^2-\mathcal{L}=-\frac{1}{2}{\dot{\varphi }}^2-\frac{1}{2}(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2+\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

missä $(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2={\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi$.

Onpas sotku. Nuo saisi samaksi, kun signatuurilla (-,+,+,+) laittaisi Lagrangen tiheyteen miinuksen metriikan eteen, eli siis $-{\eta }^{\mu \nu }$. Ilmeisesti signatuurista riippuen pitää sittenkin hieroa Lagrangen tiheyden etumerkkejä tavallaan käsin, kuten aiemmassa viestissä totesitkin!

[Disputator]

Tarkistin aamulla ihan eksplisiittisesti, että miten signatuurin valinta vaikuttaa KG-yhtälöön ja Lagrangeen $\mathcal{L}$, jolla lauseke:

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Tuo lausekkeen aukilaskettu muoto riippuu kuitenkin signatuurista.

Tuossa jo QS/Varaktori laski aikaisemmin näitä, mutta laitan nyt nämä munkin laskelmat näkyviin:


Signatuuri (+,-,-,-):

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial t}{)}^2-\sum _i\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial x^i}{)}^2-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$, kaava 10.5-5.

Euler Lagrangen liikeyhtälö antaa tulokseksi KG-yhtälön näköisen yhtälön:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$

ja se onkin KG-yhtälö, jonka näkee aukikirjoittamalla:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}-{\mathrm{\nabla }}^2\varphi +m^2\varphi =0$


Signatuuri (-,+,+,+):

$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial t}{)}^2+\sum _i\frac{1}{2}(\frac{\partial \varphi }{\partial x^i}{)}^2-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Euler Lagrangen liikeyhtälö antaa tulokseksi myös tässä tapauksessa:

${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$

Tämä ei ole kuitenkaan KG-yhtälö ja sen näkee kirjoittamalla auki:

YHtälöstä ${\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$ saa kirjoittamalla auki ja ryhmittelemällä uudelleen: $\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}-{\mathrm{\nabla }}^2\varphi -m^2\varphi =0$
Eli tämä on se imaginaarisen massan tapaus, jota virheellisesti kutsuin negatiivisen massan tapaukseksi

Voisi ajatella, että signatuurille (+,-,-,-) käytetään esimerkiksi Lagrangea:

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja signatuurille (-,+,+,+) Lagrangea (huomaa miinusmerkki):

$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

niin silloin kumpikin antaa oikean KG-yhtälön. Miinusmerkin käyttöä jälkimmäisessä voisi olla syynä QS:n viittaama energian positiivisuusvaatimus.

Joo. Tästä tajusin, että mulla oli virhe $\lambda$ -kerroin ajatuksessa. Kertoimen voi kyllä periaatteessa valita vapaasti, mutta kun valinnan tekee, niin valinta pitää säilyttää signatuurista riippumatta. Jos valitsen eri kertoimet eri signatuureille, niin kyseessähän on kaksi eri Lagrangen tiheyttä, mikä tarkoittaa karkeasti ajateltuna kahta eri 'teoriaa'.

Lagrange pitäisi kirjoittaa

$\mathcal{L}=\lambda ({\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -m^2{\varphi }^2)$

missä metriikka ${\eta }^{\mu \nu }$. Sitten valitaan esimerkiksi $\lambda =\frac{1}{2}$, ja kirjoitetaan

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

Signatuurilla (+,-,-,-) tämä on auki kirjoitettuna

${\mathcal{L}}_{+}=\frac{1}{2}({\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi -{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja signatuurilla (-,+,+,+)

$\begin{array}{rl}{\mathcal{L}}_{-}& =\frac{1}{2}(-{\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi +{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\\ & =-\frac{1}{2}({\partial }_0\varphi {\partial }^0\varphi -{\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\\ & =-\frac{1}{2}{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }^{\mu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2\end{array}$

missä muokkauksen jälkeen ensimmäisen termin edessä miinusmerkki. Kun näin ajattelee, niin miinusmerkki on seuraus signatuurista, eikä sitä erikseen tarvitsee valita. Jos oikein ymmärsin?

Jälkimmäisen termin $-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ etumerkki on signatuurista riippumaton. Tuon ${\mathcal{L}}_{+}$:n liikeyhtälössä on $+m^2$ ja ${\mathcal{L}}_{-}$:n liikeyhtälössä $-m^2$.

Aloin jo kirjoittaa näiden Hamiltonin tiheyttä, mutta enpä vielä kirjoitakaan, mun en ole varma vaikuttaako signatuuri Hamiltonin tiheyden määrittelyyn. hmm.

Ihmettelin vielä Hamiltonin tiheyttä

$\begin{array}{rl}\mathcal{H}& =\mathrm{\Pi }{\partial }_0\varphi -\mathcal{L}\\ & =\mathrm{\Pi }\dot{\varphi }-\mathcal{L}\end{array}$

missä

$\mathrm{\Pi }=\frac{\partial \varphi }{\partial ({\partial }_0\varphi )}$

Kun $\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi -\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ niin vaiheittain ja rivi riviltä kirjoitettuna sain

$\begin{array}{rl}\mathrm{\Pi }& =\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial ({\partial }_0\varphi )}\\ & =\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\eta }^{\mu \nu }({\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }(\frac{\partial ({\partial }_{\mu }\varphi )}{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\partial }_{\nu }\varphi +\frac{\partial ({\partial }_{\nu }\varphi )}{\partial ({\partial }_0\varphi )}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }({\delta }_{\mu 0}{\partial }_{\nu }\varphi +{\delta }_{\nu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\end{array}$

Signatuurilla (+,-,-,-)

$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Pi }}_{+}& =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & ={\partial }_0\varphi \\ & =\dot{\varphi }\end{array}$

ja signatuurilla (-,+,+,+)

$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Pi }}_{-}& =\frac{1}{2}({\eta }^{0\nu }{\partial }_{\nu }\varphi +{\eta }^{\mu 0}{\partial }_{\mu }\varphi )\\ & =-{\partial }_0\varphi \\ & =-\dot{\varphi }\end{array}$

Tästä seuraa, että Hamiltonin tiheydet eivät ole samat. Etumerkeissä on ero

${\mathcal{H}}_{+}={\dot{\varphi }}^2-\mathcal{L}=\frac{1}{2}{\dot{\varphi }}^2+\frac{1}{2}(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2+\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

ja

${\mathcal{H}}_{-}=-{\dot{\varphi }}^2-\mathcal{L}=-\frac{1}{2}{\dot{\varphi }}^2-\frac{1}{2}(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2+\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$

missä $(\mathrm{\nabla }\varphi {)}^2={\partial }_i\varphi {\partial }^i\varphi$.

Onpas sotku. Nuo saisi samaksi, kun signatuurilla (-,+,+,+) laittaisi Lagrangen tiheyteen miinuksen metriikan eteen, eli siis $-{\eta }^{\mu \nu }$. Ilmeisesti signatuurista riippuen pitää sittenkin hieroa Lagrangen tiheyden etumerkkejä tavallaan käsin, kuten aiemmassa viestissä totesitkin!

 

Kävin läpi laskusi ja oikealta tuo näyttää. Kokeilin jotain viritelmiä tuohon signatuuriin liittyen, myös determinattia väännellen, mutta huomasin sitten, että seuraava voisi toimia:

$S=-\frac{1}{2}Tr(\eta )$

Signatuurilla (+,-,-,-) on $Tr(\eta )=-2$ ja (-,+,+,+) on $Tr(\eta )=2$ ja siten S = 1 tai S = -1.

Silloin $\mathcal{L}=S(\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ olisi metriikan signatuurista riippumaton.

Jäin ihmettelemään sitten Diracin yhtälöä signatuurissa (+,-,-,-) eli yhtälö on $i{\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }\psi -m\psi =0$.Sama yhtälö on voimassa signatuurilla (-,+,+,+), tai ainakin olen tuollaisen nähnyt kyseisellä signatuurilla, joten voisi päätellä, että Diracin yhtälö on riippumaton signatuurista. No, onhan se, mutta toisaalta gammamatriisit riippuvat signatuurista, esimerkiksi signatuurilla (+,-,-,-) on $({\gamma }^0{)}^2=I$ ja $({\gamma }^i{)}^2=-I$, kun taas signatuurilla (-,+,+,+) on $({\gamma }^0{)}^2=-I$ ja $({\gamma }^i{)}^2=I$.

Joo, palaan sitten viikoloppuna asiaan.

EDIT:

Tungin kirja käyttää (-,+,+,+) signatuuria ja hänen Diracin yhtälön tuossa yllä mainitsin, se on kaava 10.5-4 ja hänellä myös KG-yhtälö muodossa $-{\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$, kaava 10.5-5.

[QS]

Kävin läpi laskusi ja oikealta tuo näyttää. Kokeilin jotain viritelmiä tuohon signatuuriin liittyen, myös determinattia väännellen, mutta huomasin sitten, että seuraava voisi toimia:

$S=-\frac{1}{2}Tr(\eta )$

Signatuurilla (+,-,-,-) on $Tr(\eta )=-2$ ja (-,+,+,+) on $Tr(\eta )=2$ ja siten S = 1 tai S = -1.

Silloin $\mathcal{L}=S(\frac{1}{2}{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }\varphi {\partial }_{\nu }\varphi )-\frac{1}{2}{m}^2{\varphi }^2$ olisi metriikan signatuurista riippumaton.

Tämä on erinomaisen kätevä kikka. Ei voi muuta sanoa.

Jäin ihmettelemään sitten Diracin yhtälöä signatuurissa (+,-,-,-) eli yhtälö on $i{\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }\psi -m\psi =0$.Sama yhtälö on voimassa signatuurilla (-,+,+,+), tai ainakin olen tuollaisen nähnyt kyseisellä signatuurilla, joten voisi päätellä, että Diracin yhtälö on riippumaton signatuurista. No, onhan se, mutta toisaalta gammamatriisit riippuvat signatuurista, esimerkiksi signatuurilla (+,-,-,-) on $({\gamma }^0{)}^2=I$ ja $({\gamma }^i{)}^2=-I$, kun taas signatuurilla (-,+,+,+) on $({\gamma }^0{)}^2=-I$ ja $({\gamma }^i{)}^2=I$.

Joo, palaan sitten viikoloppuna asiaan.

EDIT:

Tungin kirja käyttää (-,+,+,+) signatuuria ja hänen Diracin yhtälön tuossa yllä mainitsin, se on kaava 10.5-4 ja hänellä myös KG-yhtälö muodossa $-{\partial }_{\mu }{\partial }^{\mu }\varphi +m^2\varphi =0$, kaava 10.5-5.

Jotta asia ei liian helpoksi mene, niin ohimennen huomasin, että Weinbergin Quantum Theory of Fields kirjoittaa signatuurissa (-,+,+,+) Diracin yhtälön ilman i:tä

${\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }\psi +m\psi =0$

Tässä i on myös upotettu gamma-matriiseihin, ja matriisit määritelty kuten sullakin tuossa edellä signatuurissa (-,+,+,+).

Mutta pitää ajan kanssa selvitellä nämäkin etumerkkisopimukset

[Varaktori]

Jos i upotetaan gamma-matriiseihin, Diracin yhtälö voidaan tosiaan kirjoittaa ilman i-termiä. Tällöin gamma-matriisit muuttuvat kompleksisiksi ja täyttävät edelleen Clifford-algebran ehdot.

[QS]

Jos i upotetaan gamma-matriiseihin, Diracin yhtälö voidaan tosiaan kirjoittaa ilman i-termiä. Tällöin gamma-matriisit muuttuvat kompleksisiksi ja täyttävät edelleen Clifford-algebran ehdot.

Kyllä näin on. Mutta voidaan myös asettaa algebran oikealle puolelle etumerkiksi miinus

$\{{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}=-2{\eta }^{\mu \nu }{\mathbb{I}}_{4x4}$

Tämäkin on Cliffordin algebra, mutta signatuuri on (− + + +) ja matriiseissa ei ole i:tä. Algebra on joko $Cl(1,3)$ tai sitten $Cl(3,1)$.

[Varaktori]

Jos i upotetaan gamma-matriiseihin, Diracin yhtälö voidaan tosiaan kirjoittaa ilman i-termiä. Tällöin gamma-matriisit muuttuvat kompleksisiksi ja täyttävät edelleen Clifford-algebran ehdot.

Kyllä näin on. Mutta voidaan myös asettaa algebran oikealle puolelle etumerkiksi miinus

$\{{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}=-2{\eta }^{\mu \nu }{\mathbb{I}}_{4x4}$

Tämäkin on Cliffordin algebra, mutta signatuuri on (− + + +) ja matriiseissa ei ole i:tä. Algebra on joko $Cl(1,3)$ tai sitten $Cl(3,1)$.

Gamma-matriisit olisivat $\{{\gamma }^0,{\gamma }^0\}=-2(-1)\mathbb{I}=2\mathbb{I}$ ja $\{{\gamma }^i,{\gamma }^i\}=-2(+1)\mathbb{I}=-2\mathbb{I}$ vissiinkin.

[QS]

Jos i upotetaan gamma-matriiseihin, Diracin yhtälö voidaan tosiaan kirjoittaa ilman i-termiä. Tällöin gamma-matriisit muuttuvat kompleksisiksi ja täyttävät edelleen Clifford-algebran ehdot.

Kyllä näin on. Mutta voidaan myös asettaa algebran oikealle puolelle etumerkiksi miinus

$\{{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}=-2{\eta }^{\mu \nu }{\mathbb{I}}_{4x4}$

Tämäkin on Cliffordin algebra, mutta signatuuri on (− + + +) ja matriiseissa ei ole i:tä. Algebra on joko $Cl(1,3)$ tai sitten $Cl(3,1)$.

Gamma-matriisit olisivat $\{{\gamma }^0,{\gamma }^0\}=-2(-1)\mathbb{I}=2\mathbb{I}$ ja $\{{\gamma }^i,{\gamma }^i\}=-2(+1)\mathbb{I}=-2\mathbb{I}$ vissiinkin.

Jep, antikommutoivat noin.