¿Cómo puedo saber que un lagrangiano tiene una simetría SU(2)×SU(2)SU(2)×SU(2)SU(2)\times SU(2)?

Ya obtuviste tu respuesta, de acuerdo, varias veces, pero enfatizaré el enigma central de tu pregunta para el que solo obtuviste respuestas indirectas, conectado a la peculiar estructura especial de SO (4). Cualquier texto que se precie introduciendo el modelo estándar más o menos lo tiene. Me saltaré todos los temas superfluos como los términos lagrangianos, las U(1), etc... y me ceñiré a la invariancia de los escalares bilineales, en el centro de su perplejidad.

Sospecho que estás preguntando cómo es el bilineal.$\phi^\dagger \cdot \phi$invariante bajo dos SU(2) conmutantes diferentes en lugar del familiar SU(2) calibrado que actúa a la izquierda en el vector complejo,

$$\begin{equation} \phi \equiv\begin{pmatrix} \phi_1\\ \phi_2\end{pmatrix} . \end{equation}$$ Primero necesitas recordar que SU(2) es pseudoreal, es decir, la representación conjugada$\tilde{\phi}\equiv i\tau_2 \phi^*$es equivalente a este fundamental, es decir, actuar sobre $$\begin{equation} \tilde{\phi} = \begin{pmatrix} \phi^*_{2}\\- \phi^*_1 \end{pmatrix} \end{equation}$$ produce la misma transformación en los cuatro componentes de$\phi$, piezas reales e imaginarias.

Ahora considere la matriz compleja de 2x2 con columnas$\tilde{\phi}$y$\phi$, respectivamente, por lo que$\Phi\equiv \frac{1}{\sqrt{2}} [ \tilde{\phi} ~,~ \phi ]$, asi que

$$\Phi = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} \phi^*_{2}& \phi_{1} \\ -\phi^*_{1}& \phi_{2} \end{pmatrix} ~,$$ y comprueba que $$\Phi^\dagger \Phi = (\phi^\dagger \!\cdot \phi)~ 1\!\!\!1 ~/~2 ~,$$ asi que$\operatorname {Tr} \Phi^\dagger \Phi = \phi^\dagger\! \cdot \phi$.

Ahora, la multiplicación por la izquierda de$\Phi$por una rotación unitaria SU(2) deja la matriz bilineal de$\Phi$s invariante, y, a fortiori, su rastro invariante.

Significativamente, sin embargo, la multiplicación por la derecha por otra SU(2) independiente que no sabe nada sobre la multiplicación por la izquierda, mezcla las dos columnas de$\Phi$entre sí, conservando, sin embargo, sus propiedades de transformación SU(2) izquierda, ya que, como vimos, cada columna de$\Phi$equivale al mismo resultado cuando la izquierda-SU(2) se transforma. Es evidente, pero puede convencerse a sí mismo con una transformación a la derecha, una transformación a la izquierda y luego la transformación inversa a la derecha: se quedará con la transformación original a la izquierda.

A pesar de$\Phi$bilineal no es derecha-SU(2) invariante, por la ciclicidad de la traza, su traza sí lo es. Así que todo$\phi^\dagger \cdot \phi$los bilineales son invariantes a la izquierda, pero también a la derecha SU(2), y también lo son todos los términos cinéticos y potenciales lagrangianos que construiría.

La respuesta a esta pregunta es bastante sutil. Primero, consideremos el potencial de Higgs más general que es renormalizable e invariante bajo$SU(2)_{L}\otimes U(1)_{Y}$transformaciones de calibre, que tiene la forma

$$\begin{equation} V = \lambda(\phi^{\dagger}\phi-\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ Donde $$\begin{equation} \phi = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} \phi_{1}+i\phi_{2} \\ \phi_{3}+i\phi_{4} \end{pmatrix} \end{equation}$$ En términos de $\phi_{i}(i=1,2,3,4)$, el potencial de Higgs se puede expresar como $$\begin{equation} V = \frac{\lambda}{4}(\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{3}+\phi^{2}_{4}-2\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ si definimos $$\begin{equation}\Phi=\begin{pmatrix} \phi_{1}\\ \phi_{2}\\ \phi_{3}\\ \phi_{4}\\ \end{pmatrix}\end{equation}$$ Entonces, el potencial de Higgs es invariante bajo rotaciones de los cuatro campos que conducen a $SO(4)$como el grupo de simetría global. Este grupo es isomorfo a $SU(2)\otimes SU(2)$, porque ambos tienen la misma álgebra de Lie. Esta simetría es global y no es necesario introducir campos de norma.

Cuando se rompe la simetría, el campo escalar$\phi_{4}$obtener un vev diferente de cero, y se puede redefinir de la siguiente manera$\phi_{4}=H+v$. donde H obtiene su masa y se llama partícula de Higgs. Además, tiene una vev igual a cero. Este campo es un grado de libertad físico y su masa es proporcional a la$λ$parámetro desconocido en el modelo. Los otros campos escalares permanecen sin masa. Son los posibles bosones de Goldstone y corresponden a los grados que los campos de calibre 'comen' para obtener la masa o el componente longitudinal. El potencial de Higgs se puede escribir como una función de los nuevos campos de la siguiente manera

$$\begin{equation} V = \frac{\lambda}{4}(\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{3}+H^{2}+2Hv+v^{2}-2\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ En este nuevo potencial se rompe la simetría global para $SO(3)$, que solo rota tres campos escalares. es isomorfo a $SU(2)_V$, la parte diagonal de $SU(2)\otimes SU(2)$. Lo que también se conoce como simetría custodial .

Después de un poco de discusión, creo que en realidad hay un$SU(2)\times SU(2)$simetría en cierto sentido.

Así que en principio hay un$U(2)$simetria si$\phi=(\phi_1,\phi_2)^T$,$\phi^\dagger=(\phi_1^*,\phi_2^*)$y el lagrangiano

$$\mathscr{L}=\partial_\mu \phi^\dagger\partial^\mu \phi-m\phi^\dagger\phi-\lambda(\phi^\dagger\phi)^2,$$ simplemente enviado $\phi\to U\phi$, para cualquier matriz unitaria $U$.

Pero lo que podemos intentar hacer es escribir los campos escalares complejos$\phi_i=\Re(\phi_i)+i\Im(\phi_i)$en términos de campos escalares reales.

Digamos que para ordenar la notación$\phi_1=\eta_1+i\eta_2$y$\phi_2=\eta_3+i\eta_4$, donde el$\eta_i$son campos escalares reales.

Después

$$\phi^\dagger\phi=\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2$$ y $$\partial_\mu \phi^\dagger\partial^\mu\phi=\partial_\mu\phi_1^*\partial^\mu \phi_1+\partial_\mu\phi_2^*\partial^\mu \phi_2= \sum_i\partial_\mu\eta_i\partial^\mu\eta_i$$

Entonces, de hecho, el lagrangiano se convierte en

$$\mathscr{L}=\sum_i\partial_\mu\eta_i\partial^\mu\eta_i-m(\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2)-\lambda(\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2)^2$$

O si recogemos$\eta=(\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4)^T$entonces nosotros tenemos:

$$\mathscr{L}=\partial_\mu \eta^T\partial^\mu \eta-m\eta^T\eta-\lambda(\eta^T\eta)^2$$

Este lagrangiano de campos escalares reales es$SO(4)$o ($O(4)$) invariante, de la cual creo que la cobertura universal es$SU(2)\times SU(2)$. No conozco todos los detalles de la teoría de la representación, pero me indujo a creer, después de leer el libro de Weinberg de todos modos, que uno puede reemplazar un grupo de simetrías por su cubierta universal, de manera similar$SO(3)$es reemplazado por$SU(2)$en mecánica cuántica.

Hay un enlace aquí en mathstackexchange sobre$SO(4)$y su relación con$SU(2)\times SU(2)$y también hay un enlace en los comentarios, por lo que creo que son grupos de matriz , no grupos de mentira$SO(4)\cong SU(2)\otimes SU(2)$.

Físicamente, creo que la simetría adicional se debe a que inicialmente dijimos que$\phi_1=\eta_1+i\eta_2$y$\phi_2=\eta_3+i\eta_4$, pero igualmente bien podríamos definir$\phi_1=\eta_1 +i\eta_4$y$\phi_2=\eta_2 +i\eta_3$, o cualquier otra variante, y el lagrangiano se verá exactamente igual.

Nuevamente, si revisa ese enlace en mathstack que kennytm vinculó, o por conveniencia aquí , la relación de los grupos anteriores parece aparecer en estudios de entrelazamiento en computación cuántica.

Tal vez otra respuesta o comentario podría llenar algunos vacíos que me quedan.

Si el campo es un campo escalar complejo simple, entonces la simetría es solo$U(1)$. Para una mayor simetría,$\phi$también debe tener una dimensión más alta, por ejemplo, puede agregar un índice vectorial$\phi_i$con$i=1,2$por simplicidad, lo que significa que agrega un campo complejo adicional. Si estos dos campos interactúan, ahora puede tener dos casos:

Cada campo tiene un$U(1)$simetría, y los términos de interacción, por ejemplo$\lambda_{12}|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$, respeta el$U(1)$simetría. Sin embargo, los campos tienen diferentes parámetros como masas y constantes de autoacoplamiento. Entonces tienes separado$U(1)$simetrías y la simetría general de su Lagrangiano es$U(1)\times U(1)$.

$$\mathscr{L}=\partial_\mu\phi_1^\dagger \partial^\mu \phi_1 - m_1^2 \phi_1^\dagger \phi_1 - \lambda_1\left(\phi_1^\dagger\phi_1\right)^2+\partial_\mu\phi_2^\dagger \partial^\mu \phi_2 - m_2^2 \phi_2^\dagger \phi_2 - \lambda_2\left(\phi_2^\dagger\phi_2\right)^2+\lambda_{12}|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$$

En el caso 2, los otros parámetros son los mismos para ambos campos, por lo que la simetría es$SU(2)$, porque puedes rotarlos con la misma fase.

$$\mathscr{L}=\partial_\mu\phi_1^\dagger \partial^\mu \phi_1 - m^2 \phi_1^\dagger \phi_1 - \lambda\left(\phi_1^\dagger\phi_1\right)^2+\partial_\mu\phi_2^\dagger \partial^\mu \phi_2 - m^2 \phi_2^\dagger \phi_2 - \lambda\left(\phi_2^\dagger\phi_2\right)^2+\lambda|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$$

El Lagrangiano del OP aparentemente es de este tipo, donde los productos internos en el espacio de los dos campos no se escriben explícitamente.