Le trasformazioni improprie

Si è già accennato a suo tempo che la dimostrazione della covarianza dell'equazione di Dirac fatta al §2.3.2 vale solo per le trasformazioni di Lorentz proprie, cioè per le trasformazioni connesse con l'identità; ci interessa ora vedere cosa accade per le trasformazioni di Lorentz improprie.

In generale si può sempre scomporre una trasformazione di Lorentz impropria nel prodotto di una trasformazione di Lorentz propria per una delle tre trasformazioni improprie di base:

$$\begin{cases}T\phantom{P}: \qquad x_0\to -x_0\ ,\ x_i\to x_i ... ...o -x_i& \text{Inversione di tutte le coordinate}\cr \end{cases}$$ (3.43)

le cui matrici di trasformazione sono:

$$(\Lambda_T)^\mu_{\ \nu}= \begin{pmatrix}-1& 0& 0& 0\cr 0& 1& 0& 0... ...{pmatrix}-1& 0& 0& 0\cr 0&-1& 0& 0\cr 0& 0&-1& 0\cr 0& 0& 0&-1\cr \end{pmatrix}$$ (3.44)

e si noti che anche la terza può essere espressa come il prodotto delle prime due, quindi non interessa direttamente.

Della prima, che è anche detta time reversal ci occuperemo più avanti, dato che l'inversione temporale comporta nella realtà anche l'inversione della dinamica e le cose non sono affatto immediate; per la parità non ci resta che riscriverci la (2.25) con l'espressione appena data e si ottiene, chiamata $P=S(\Lambda_P)$:

$$P^{-1}\gamma^0 P =\gamma^0\qquad\hbox{e}\qquad P^{-1} \gamma^k P=-\gamma^k$$

ma adesso basta notare che a secondo membro non si hanno altro che le $(\gamma^\mu)^\dagger$ per cui se usiamo la (2.21) possiamo scrivere:

$$P^{-1}\gamma^\mu P =\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$$

per cui alla fine si ricava:

$$P=\eta \gamma^0$$

dove $\eta$ però non potrà essere un numero qualsiasi perché abbiamo normalizzato imponendo che sia $\det P=1$; per cui potrà essere $\eta=(i,-i,1,-1)$, ed in generale si usa scrivere la matrice di trasformazione come:

$$P=e^{i\phi}\gamma^0$$ (3.45)

e la scelta dei quattro valori per il fattore di fase è ininfluente dato che l'unica condizione fisica che si può richiedere è che quattro riflessioni riportino lo spinore in se stesso, in analogia con le rotazioni dei $4\pi$ radianti.

Dalla (2.45) è evidente che $P^\dagger=P^{-1}$. Si noti infine che il limite non relativistico degli spinori è un autostato di $P$ e che gli stati ad energia positiva e negativa hanno autovalore opposto, cioè, come si suol dire, opposta parità intrinseca.

Infine si può notare che dalla (2.45) è evidente che $P$ che soddisfa la solita equazione per i coniugati delle trasformazioni; la formula può essere dimostrata però in maniera del tutto generale prendendo la coniugata della (2.25):

$$\Lambda^\nu_{\ \mu} (\gamma^\mu)^\dagger= \big(S^{-1}(\Lambda)\g... ...\big)^\dagger= S(\Lambda)^\dagger (\gamma^\nu)^\dagger S^{-1}(\Lambda)^\dagger$$

adesso in questa si può usare la (2.21), e tenendo conto che $(S^\dagger)^{-1}=(S^{-1})^\dagger$ si ha:

$$\Lambda^\nu_{\ \mu} \gamma^0\gamma^\mu\gamma^0= S(\Lambda)^\dagger \gamma^0\gamma^\nu\gamma^0 S^\dagger(\Lambda)^{-1}$$

e questa moltiplicando a destra e a sinistra per $\gamma^0$ diventa:

$$\Lambda^\nu_{\ \mu}\gamma^\mu= \gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0\gamma^\nu\gamma^0 S^\dagger(\Lambda)^{-1} \gamma^0$$

e ora si può riutilizzare la (2.25) per il primo membro ottenendo:

$$S^{-1}(\Lambda)\gamma^\nu S(\Lambda)= \gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0\gamma^\nu\gamma^0 S^\dagger(\Lambda)^{-1} \gamma^0$$

vale a dire, moltiplicando a sinistra per $S$ e a destra per $S^{-1}$:

$$\gamma^\nu=(S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0) \gamma^\nu (\gamma^0 S^\dagger(\Lambda)^{-1}\gamma^0 S^{-1}(\Lambda))$$

ma siccome $(\gamma^0)^{-1}=\gamma^0$ è evidente che:

$$\gamma^0 S^\dagger(\Lambda)^{-1}\gamma^0 S^{-1}(\Lambda)= (S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0)^{-1}$$

per cui in definitiva si ottiene:

$$\gamma^\nu=(S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0) \gamma^\nu (S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0)^{-1}$$

vale a dire che:

$$[\gamma^\nu,S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0]=0$$

cioè la matrice $S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0$ commuta con tutte le $\gamma ^\mu$, per cui, per il lemma di Shur che dice che quando un elemento commuta con tutti gli elementi dell'algebra deve essere un multiplo dell'unità, si ha:

$$S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0=\eta\un$$ (3.46)

e adesso $\eta$ non può essere qualsiasi perché dato che tutti i determinanti di $S$, $S^\dagger$ e delle $\gamma ^\mu$ sono unitari deve essere:

$$\det (\eta\un)=\eta^N=\det \big( S(\Lambda) \gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0\big)=1$$

per cui si ha che $\eta=(i,-i,1,-1)$; però la coniugata della (2.46) ci dice che:

$$(S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger \gamma^0)^\dagger= \gamma^0 S(\Lambda) \gamma^0 S(\Lambda)^\dagger =\eta^*\un$$

che moltiplicata a sinistra per $\gamma^0$ ci da:

$$S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger =\eta^* \gamma^0$$

mentre la (2.46) moltiplicata a destra per $\gamma^0$ ci dà:

$$S(\Lambda)\gamma^0 S(\Lambda)^\dagger =\eta \gamma^0$$

per cui è $\eta^*=\eta$ e quindi $\eta=\pm 1$.

Adesso, se ricapitoliamo quanto fin qui ottenuto, possiamo ottenere l'espressione che cercavamo partendo ancora dalla (2.46) moltiplicata a sinistra $S^{-1}$ e per $\gamma^0$ e a destra per $\gamma^0$, si ha:

$$S(\Lambda)^\dagger =\eta \gamma^0 S(\Lambda)^{-1}\gamma^0$$ (3.47)

e possiamo anche determinare definitivamente il segno; per farlo consideriamo la traccia:

$$\tr S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)$$

evidentemente questo è un operatore hermitiano e positivo, quindi la traccia deve essere positiva; però si può scrivere:

$$S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)= S(\Lambda)^\dagger\gamma^0\gamma^0 S(\Lambda)$$

ma dalla (2.47) si ha $S(\Lambda)^\dagger\gamma^0=\eta \gamma^0 S(\Lambda)^{-1}$ dunque:

$$S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)=\eta \gamma^0 S(\Lambda)^{-1}\gamma^0 S(\Lambda)$$

e adesso possiamo sfruttare la (2.25) con $\nu=0$ per cui alla fine:

$$S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)=\eta\gamma^0 \Lambda^0_{\ \mu}\gamm... ...a^0_{\ i}\gamma^0\gamma^i)= \eta (\Lambda^0_{\ 0}\un +\Lambda^0_{\ i}\alpha_i)$$

dunque presa la traccia si ha:

$$\tr S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)= \tr \big(\eta(\Lambda^0_{\ 0}\... ...0_{\ i}\alpha_i)\big) =\eta(\Lambda^0_{\ 0}\tr\un +\Lambda^0_{\ i}\tr\alpha_i)$$

ma abbiamo visto al paragrafo §2.2.2 che le $\alpha_i$ hanno tutte traccia nulla, quindi alla fine resta:

$$\tr S(\Lambda)^\dagger S(\Lambda)=4 \eta\Lambda^0_{\ 0}>0$$

così se $\Lambda^0_{\ 0}>0$ si ha $\eta=1$, mentre se $\Lambda^0_{\ 0}<0$ si ha $\eta=-1$, e questo avviene quando c'è inversione temporale.