Campos de calibre: ¿por qué son hermíticos sin rastro?

Los elementos de las transformaciones de calibre pertenecen a un grupo de calibre. En física, es más típico$SU(N)$(tanto la teoría electrodébil, con su$SU(2)$, y el QCD para quarks,$SU(3)$, utiliza estos$SU(N)$grupos;$U(1)$primero aprendemos en electromagnetismo, pero debemos reinterpretar la carga como la "hipercarga" cuando estudiamos la teoría electrodébil, es la única adición adicional que necesitamos para el modelo estándar). Es un grupo de todo complejo.$N\times N$matrices$M$que obedecen

$$MM^\dagger=1, \quad \det M = 1$$ Tenga en cuenta que $M^\dagger=(M^*)^T$es el conjugado hermitiano; la primera condición hace que la matriz sea "unitaria", por lo tanto $U$. El determinante de una matriz unitaria puede ser cualquier número complejo cuyo valor absoluto sea igual a uno. La segunda condición dice que el determinante debe ser uno y nada más, ese es el "especial" o $S$condición en $SU(N)$.

El campo de calibre se transforma como

$$A_\mu \to M(A_\mu+ie\partial_\mu) M^\dagger$$ hasta diferentes convenciones. Eso es necesario para la derivada covariante. $D_\mu$para transformarse bien. Olvídate de la complicada fórmula anterior. El caso es que $A_\mu$toma valores en el álgebra de Lie del grupo de Lie.

En otras palabras, puede imaginar una transformación infinitesimal, infinitamente cercana a la identidad, en el grupo de indicadores, por ejemplo.$SU(N)$. Asumir

$$M = 1+i\epsilon G$$ El factor $\epsilon$lo hace infinitesimal, el factor de $i$es una convención popular entre los físicos pero omitida por los matemáticos (a los físicos les gusta que las cosas sean hermitianas, sin $i$, tendrían que ser anti-hermitianos).

Aquí,$G$es el tipo de$N\times N$matriz que el campo calibre puede tener como valor.

Ahora, sustituya este Ansatz por$M$en las condiciones$MM^\dagger=1,\det M=1$. puedes descuidar$\epsilon^2$términos "muy pequeños" y las condiciones se vuelven

$$1+i\epsilon G - i\epsilon G^\dagger = 1, \quad \det(1+i\epsilon G) = 1$$ Las matemáticas implican que estas condiciones son equivalentes a $$G = G^\dagger, \quad {\rm Tr}(G) =0 .$$ Para obtener el primero, solo resté $1$de ambos lados y cancelado $i\epsilon$. Para obtener esto último, utilicé la fórmula de "suma de productos sobre permutaciones" para el determinante y noté que solo contribuye el producto de las entradas diagonales. $O(\epsilon)$términos y son proporcionales a la suma de las entradas diagonales, la traza.

De todos modos, debe intentar comprender estas matemáticas y su conclusión es que la Hermiticidad del generador$G$– matrices que se combinan con varios coeficientes reales para obtener$A_\mu$– es equivalente a que el grupo de calibre sea unitario; y la falta de rastro es equivalente a que el grupo sea "especial", es decir, que requiera el determinante de la unidad.

Tal vez sea útil mencionar por qué$SU(N)$se considera la clase "más simple" de grupos de indicadores. los$S$tiene que estar ahí porque$U(N)$no es simple, es bastante isomorfo a$SU(N)\times U(1)$donde los dos factores podrían tratarse por separado y queremos trabajar con las piezas más pequeñas permitidas de grupos de calibre que son$SU(N)$y$U(1)$. Y$SU(N)$es más "elemental" que$SO(N)$o$USp(2N)$porque los números complejos son más fundamentales en la teoría de grupos (y la física) que los números reales o los cuaterniones. De hecho, los grupos$SO(N)$y$USp(2N)$se puede definir como$SU(N)$con alguna "estructura adicional" (orientifolds) agregada que hace que algunos análisis teóricos de grupos naturales sean algo más complicados que los de$SU(N)$. Pero todavía se puede decir que el álgebra de Lie para$SO(N)$estaría compuesto de reales antisimétricos (o imaginarios puros antisimétricos, dependiendo de las convenciones relativas a los factores de$i$) matrices, en analogía con las matrices hermitianas anteriores; son automáticamente sin rastro.

Lo que queremos lograr es una invariancia del Lagrangiano bajo cierta simetría. Estas simetrías se describen mediante grupos de Lie (si son continuos).

Tomemos QCD como ejemplo de trabajo: queremos que nuestro Lagrangiano sea invariante bajo ciertas redefiniciones de color, es decir

$$\psi = \begin{pmatrix} q_r \\ q_b \\ q_g \end{pmatrix} \mapsto \psi' = \begin{pmatrix} q'_r \\ q'_b \\ q'_g \end{pmatrix} = \mathbf{U} \begin{pmatrix} q_r \\ q_b \\ q_g \end{pmatrix}$$ dónde $\mathbf U$es una matriz unitaria con determinante unitario. Eso significa que pertenece al grupo. $SU(3)$. Grupos de mentiras como $SU(3)$son variedades diferenciables, es decir, podemos expandirlas como una especie de serie de Taylor alrededor del elemento unidad $$\mathbf U = \exp\left( i g \alpha^a(x) T^a\right) = \mathbf 1 + i g \alpha^a(x) T^a + \dots$$ donde ya hice explícito que estamos interesados ​​en redefinir el color localmente , es decir, podemos hacer una definición diferente en cualquier punto del espacio-tiempo.

Para que Matrix$\mathbf U$ser unitario, el$T^a$quienes son los generadores deben ser hermitanos

$$\mathbf U^\dagger = \exp\left( -i g \alpha^a(x) (T^a)^\dagger \right) \overset{!}{=} \mathbf U^{-1} = \exp\left( -i g \alpha^a(x) T^a \right)$$ Además, usando $\operatorname{det}(e^\mathbf A) = e^{ \operatorname{tr} \mathbf A}$encontramos eso $$\operatorname{det} \mathbf U = 1 \Leftrightarrow \operatorname{tr} T^a = 0$$

¿Qué tiene esto que ver con el campo de calibre?

Mira el término cinético

$$\bar \psi i \gamma^\mu \partial_\mu \psi \mapsto \bar \psi \mathbf U^\dagger i \gamma^\mu \partial_\mu \mathbf U \psi$$ Para evaluar el parcial, debemos usar la regla de Leibnitz y usando $\partial_\mu \mathbf U = \mathbf U * (i g \partial_\mu \alpha^a(x) (T^a)_{ij})$obtenemos $$\bar \psi_i \mathbf U^\dagger \mathbf U i \gamma^\mu \partial_\mu \psi_i - \bar \psi_i \mathbf U^\dagger \mathbf U g \gamma^\mu \big(\partial_\mu \alpha^a(x)\big) T^a_{ij} \psi_j$$ donde escribí los índices de color $(i, j)$en los espinores y el generador, pero dejó fuera los de $\mathbf U^\dagger_{ij} \mathbf U_{jk} = \delta_{ik}$, ya que abandonan de todos modos. Para deshacernos del segundo término introducimos un nuevo campo definido por su propiedad de transformación bajo un $SU(3)$transformación $$A_\mu(x) = A^a_\mu T^a \mapsto \big(A^a_\mu - \partial_\mu \alpha^a(x)\big) T^a$$ solo para cancelar el nuevo término que obtuvimos de Leibnitz. Es por eso que el campo de medición debe ser una combinación lineal de generadores: ¡el término que queremos eliminar es!

El término cinético de calibre

$$\bar \psi i \gamma^\mu (\partial_\mu + i g A_\mu) \psi$$ en realidad es invariante bajo el $SU(3)$transformación en $\psi$un $A_\mu$simultáneamente Ese es un buen ejercicio para llevar a cabo.