En esta entrada analizaremos que un fermión bajo un background de onda plana , típicamente usado para modelar un láser, presenta ecuaciones similares a las del modelo Very Special Relativity (VSR), el cual describe que un neutrino puede tener masa si asumimos que la simetría no es Lorentz, sino un subgrupo de éste, SIM(2)
Consideremos la ecuación de Dirac típica para un electrón de masa $M$ en un campo electromagnético externo:
$$\left[ \left( i {\partial \!\!\!/} – e {A\!\!\!/} \right) – M \right]\psi = 0 \tag{1}$$
y consideraremos que el campo externo es una onda plana. Por tanto $A_{\mu} = A_{\mu} (k \cdot x)$. Multiplicando por el operador $\left[ \left( i {\partial \!\!\!/} – e {A\!\!\!/} \right) + M \right]$, usando la propiedad de anticonmutación de las matrices gamma: $\gamma^{\mu} \gamma^{\nu} = 2 \eta^{\mu \nu} – \gamma^{\nu} \gamma^{\mu}$, tendremos que
$[- \partial^2 – i e \gamma^{\mu} \gamma^{\nu} (\partial_{\mu} A_{\nu}) – 2 i
e A \cdot \partial + e^2 A^2 – M^2] \psi = 0$
y como $A_{\nu} = A_{\nu} (k \cdot x)$ entonces $\partial_{\mu} A_{\nu}=A’_{\nu} k_{\mu}$, donde el prima es derivada respecto a $A$. Así:
$$\left[ – \partial^2 – i e {k\!\!\!/} {A\!\!\!/}’ – 2 i e A \cdot \partial + e^2
A^2 – M^2 \right] \psi = 0 \tag{2}$$
Tomamos como ansatz $\psi = e^{- i p \cdot x} g (k \cdot x)$, usamos $k^2 = 0$ ya que es un vector de onda electromagnético y $p^2 = M^2$ para un fermión, entonces se tiene
$$2 i k \cdot p g’ (k \cdot x) – i e {k\!\!\!/}{A\!\!\!/}’ g (k \cdot x) – 2
e A \cdot p g (k \cdot x) – 2 i e A \cdot k g’ (k \cdot x) + e^2 A^2 g
(k \cdot x) = 0$$
Si $A$ satisface gauge de Lorentz $k \cdot A = 0$:
$$2 i k \cdotp g’ (k \cdot x) + \left[ – i e {k\!\!\!/}{A\!\!\!/}’ – 2 e A
\cdot p + e^2 A^2 \right] g (k \cdot x) = 0$$
$$g’ (k \cdot x) = \frac{1}{2 k \cdot p} \left[ i (e^2 A^2 – 2 e A \cdot
p) + e {k\!\!\!/}{A\!\!\!/}’ \right] g (k \cdot x) \tag{3}$$
La ecuación (3) es del tipo $g’ (\varphi) = R (\varphi) g (\varphi)$ cuya solución es del tipo $g (\varphi) = c_1 \exp \left[ \int^{\varphi}_0 d \bar{\varphi} R (\bar{\varphi}) \right]$ (o más precisamente en nuestro caso: $g’ (\varphi) = S’ (\varphi) g (\varphi)$ con solución $g (\varphi) = c_2\exp [S (\varphi)]$). Con esto tenemos que:
$$g (k \cdot x) = C \exp \left[ i \int^{k \cdot x}_0 d \bar{\varphi} \left(
\frac{e^2 A^2 – 2 e A \cdot p}{2 k \cdot p} \right) + e \frac{{k\!\!\!/}
{A\!\!\!/}}{2 k \cdot p} \right] \tag{4}$$
y notamos que
$$\exp \left[ e \frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{2 k \cdot p} \right] = 1+e \frac{\not{k} \not{A}}{2 k \cdot p} + e^2 \frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/} {k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{4 (k \cdot p)^2} + \cdots +$$
Usando las propiedades de anticonmutación de las matrices gamma, y el hecho de que $k \cdot A = 0$ ya que el campo satisface gauge de Lorentz y ${k\!\!\!/} {k\!\!\!/} = k^2 = 0$ tenemos que las potencias superiores se cancelan y
$$\exp \left[ e
\frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{2 k \cdot p} \right] = 1 + e \frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{2 k \cdot p}$$.
Por lo tanto
$$g (k \cdot x) = C \left( 1 + e \frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{2 k \cdot
p} \right) \exp \left[ i \int^{k \cdot x}_0 d \bar{\varphi} \left( \frac{e^2
A^2 – 2 e A \cdot p}{2 k \cdot p} \right) \right] \tag{5}$$
Esto permite definir el estado $\psi$ como:
$$\psi = \exp [- i S_p (x)] \Gamma_p (k \cdot x) u_{p, s} \tag{6}$$
con
$$S_p (x) = p \cdot x + \int^{k \cdot x}_0 d \bar{\varphi} \left(
\frac{2 e A \cdot p – e^2 A^2}{2 k \cdot p} \right)$$
$$\Gamma_p (k \cdot x) = \left( 1 + e \frac{{k\!\!\!/} {A\!\!\!/}}{2 k \cdot p} \right)$$
Considerando la posibilidad de partir con un $p$ con el signo opuesto en nuestro ansatz, entonces la forma más general es
$$\psi = \exp [- i S_p (x)] \Gamma_p (k \cdot x) u_{p, s} + \exp [- i S_{- p}
(x)] \Gamma_{- p} (k \cdot x) v_{p, s} \tag{7}$$
donde podemos ver que si $A \rightarrow 0$: $\psi = e^{- i p \cdot x} u_{p, s} + e^{i p
\cdot x} v_{p, s}$ que es la solución libre. Esta solución ha sido conocida largo tiempo, desde 1935 en un trabajo de Volkov
Volvamos a la ecuación de Dirac (1) y usaremos $\psi$ explícitamente de la forma escrita en la ecuación (6) y después de arreglar
$$[i \gamma^{\mu} \partial_{\mu} + \gamma^{\mu} \partial_{\mu} S_p (x) – e
\gamma^{\mu} A_{\mu} – M] [\Gamma_p (k \cdot x) u_{p, s}] = 0$$
Usando que:
$$\frac{d}{d x} \int^{b (x)}_{a (x)} f (x, t) d t = f (x, b (x)) \frac{d b}{d x} – f (x, a (x)) \frac{d a}{d x} + \int^{b (x)}_{a (x)}
\frac{\partial}{\partial x} f (x, t) d t$$
tenemos que
$$\partial_{\mu} S_p (x) = \partial_{\mu} \left( p \cdot x + \int^{k \cdot
x}_0 d \bar{\varphi} \left( \frac{2 e A \cdot p – e^2 A^2}{2 k \cdot p} \right) \right) = p_{\mu} + \left( \frac{2 e A \cdot p – e^2 A^2}{2 k \cdot p} \right) k_{\mu}$$
Por lo tanto:
$$i {k\!\!\!/} \Gamma_p’ (k \cdot x) + \left( {q\!\!\!/} – M \right) \Gamma_p (k
\cdot x) = 0 \tag{8}$$
donde hemos definido un momentum
$$q_{\mu} = p_{\mu} – e A_{\mu} + \left( \frac{2 e A \cdot p – e^2 A^2}{2 k \cdot p} \right) k_{\mu} \tag{9}$$.
Derivando $\Gamma_p$ tenemos que $\Gamma_p’ (k \cdot x) = – e \frac{{k\!\!\!/}{A\!\!\!/}’ (k \cdot
x)}{2 k \cdot p}$, por lo tanto
$${k\!\!\!/} \Gamma_p’ (k \cdot x) = 0$$
Entonces:
$$\left( {q\!\!\!/} – M \right) \Gamma_p (k \cdot x) = 0 \tag{10}$$
Ahora, tomando un promedio al momentum $q_{\mu}$:
$$\langle q_{\mu} \rangle = p_{\mu} – \frac{\langle e^2 A^2 \rangle}{2}
\frac{k_{\mu}}{k \cdot p}$$
donde consideramos que en promedio sólo la amplitud de $A$ se mantiene
constante (es decir $A^2$) mientras que cualquier otro término que contenga $A$ se anula en
promedio. Luego, tomando un promedio al campo $\psi$ en (7), tenemos que :
$$\langle \psi \rangle = \langle \exp [- i S_p (x)] \Gamma_p (k \cdot x)
\rangle u_{p, s} + \langle \exp [- i S_{- p} (x)] \Gamma_{- p} (k \cdot x)
\rangle v_{p, s}$$
y por otro lado:
$$\langle \exp [- i S_p (x)] \Gamma_p (k \cdot x) \rangle = \exp \left[ – i
\left( p \cdot x – \int^{k \cdot x}_0 d \bar{\varphi} \left( \frac{e^2
\langle A^2 \rangle}{2 k \cdot p} \right) \right) \right]$$
Dado que estamos considerando la amplitud promedio $\langle A^2 \rangle$
constante, podemos sacar fuera de la integral dicho término, dado que es
lo único dependiente de $\bar{\varphi}$. Así: $\int^{k \cdot x}_0 d
\bar{\varphi} \left( \frac{e^2 \langle A^2 \rangle}{2 k \cdot p} \right)
\approx \frac{e^2 \langle A^2 \rangle}{2 k \cdot p} k \cdot x$, entonces:
$$\langle \exp [- i S_p (x)] \Gamma_p (k \cdot x) \rangle \approx \exp \left[ i \left( p – \frac{\langle e^2 A^2 \rangle}{2 k \cdot p} k \right) \cdot
x \right] = e^{- i \langle q \rangle \cdot x}$$
Luego,
$$\langle \psi \rangle = e^{- i \langle q \rangle \cdot x} u_{p, s} + e^{i
\langle q \rangle \cdot x} v_{p, s}$$
Con esto, tomamos promedio en la ecuación (1) y tenemos:
$$\left[ {p\!\!\!/} – \frac{\langle e^2 A^2 \rangle}{2} \frac{{k\!\!\!/}}{k \cdot
p} – M \right] \langle \psi \rangle = e \left\langle {A\!\!\!/} \psi
\right\rangle \tag{9}$$
Después de un largo cálculo se puede mostrar que
$$e \left\langle {A\!\!\!/} \psi \right\rangle = – e^2 \frac{{k\!\!\!/} \langle A^2 \rangle}{2 k \cdot p} e^{- i \langle q\rangle \cdot x} u_{p, s}$$
Por lo tanto:
$$\left[ {p\!\!\!/} – M \right] \langle \psi \rangle = 0 \tag{10}$$
Notemos que esta descripción es equivalente a haber comenzado desde una ecuación del tipo
$$\left[ i{\partial \!\!\!/} – i \frac{\langle e^2 A^2 \rangle}{2} \frac{{k\!\!\!/}}{k \cdot
\partial} – M \right] \langle \psi \rangle = 0$$
para el campo fermiónico promedio.
Si definimos que $\langle e^2 A^2 \rangle = – m^2$ entonces:
$$\left[ i {\partial \!\!\!/}+ i \frac{m^2}{2} \frac{{k\!\!\!/}}{k \cdot \partial} – M \right] \langle \psi \rangle = 0 \tag{11}$$
que corresponde a la ecuación VSR para un fermión, como por ejemplo la ecuación (7) de un trabajo previo