¿Es posible tener términos renormalizables que violen C, P o T en QED?

Aunque no estoy seguro acerca de una prueba general de la$C$,$P$, y$T$invariancia de QED, puedo explicar por qué los ejemplos de OP no invalidan el argumento de Witten.

(1)$m\bar{\psi} \psi + m_5 \bar{\psi} \gamma_5\psi$es unitariamente equivalente a$\sqrt{m^2+m_5^2}\,\bar{\psi} \psi$, donde la operación unitaria relevante es de la forma$e^{\theta\gamma_5}$. Aquí,$\theta$es un parámetro real, y observe que esta operación deja invariante el término cinético. Las simetrías de conjugación de paridad y carga se mantienen en formas modificadas, es decir, las operaciones de simetría correspondientes son$P_{\mathrm{new}} := e^{\theta\gamma_5} P e^{-\theta\gamma_5}$y$C_{\mathrm{new}} := e^{\theta\gamma_5} C e^{-\theta\gamma_5}$.

(Tenga en cuenta que la definición de OP de$\gamma_5$falta un factor de$i$del más utilizado, es decir,$i\gamma_0\gamma_1\gamma_2\gamma_3$. Como consecuencia,$\gamma_5$es una matriz anti-hermítica aquí.)

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A continuación ya no son válidos. OP significaba$m_c\psi^T C\gamma^0 \psi$como posible término masivo, pero en la primera versión de la publicación, el término estaba escrito como$m_c \bar{\psi}C\psi$. Las discusiones a continuación se refieren a la primera versión de la publicación.

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(2) El término$m_c \bar{\psi}C\psi$no es un término de masas. Para ver esto, considere el siguiente Lagrangiano:

$$\begin{equation} \mathcal{L} = i\bar{\psi}\gamma^\mu\partial_\mu \psi + m\bar{\psi}\psi + im_c \bar{\psi}C\psi, \end{equation}$$ dónde$m$y$m_c$son parámetros reales. El hamiltoniano correspondiente es $$\begin{equation} \mathcal{H} = -i\psi^\dagger\gamma^0\gamma^i \partial_i\psi - m\psi^\dagger\gamma^0\psi - im_c \psi^\dagger\gamma^2\psi. \end{equation}$$ (Recuerde que$\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0$.) Aquí, el término de masa habitual$m\psi^\dagger\gamma^0\psi$anticonmuta con el término cinético$-i\psi^\dagger\gamma^0\gamma^i \partial_i\psi$, que es el origen del espectro de Dirac$\pm\sqrt{p^2 + m^2}$.

Sin embargo,$im_c \psi^\dagger\gamma^2\psi$anticonmuta con el término de masa convencional y el$i=2$parte del término cinético, mientras conmuta con el resto del término cinético. Como resultado, el espectro del hamiltoniano anterior viene dado por

$$\begin{equation} E(\textbf{p}) = \pm\sqrt{\Big(\sqrt{p_1^2 + p_3^2}\pm m_c\Big)^2 + p_2^2 + m^2}. \end{equation}$$ Aquí,$m_c$obviamente no juega el papel de una brecha de masas, y más aún, hace que el$y$dirección no equivalente a la$x$y$z$direcciones, rompiendo la invariancia de Lorentz.

Actualización: en la parte (2), escribir el espectro explícito ciertamente no fue la mejor manera de demostrar por qué$im_c \psi^\dagger\gamma^2\psi$no puede ser un término válido en un QED Lagrangiano. Una mejor manera sería notar que este término, a diferencia de otros términos en el hamiltoniano, no conmuta con los tres generadores de rotación.

$$\begin{equation} J^{ij} = -i(x^i\partial_j - x^j\partial_i) + \frac{i}{4}[\gamma^i , \gamma^j]. \end{equation}$$ Ser especifico,$im_c \psi^\dagger\gamma^2\psi$viaja con$J^{31}$pero no con$J^{12}$o$J^{23}$. Por lo tanto, el hamiltoniano es invariante bajo una rotación en el plano 3-1 pero no en el plano 1-2 o 2-3. Este hecho, de hecho, se refleja en el espectro anterior.

Como se ha señalado en los comentarios, cualquier$\mathrm C$-el término de ruptura también rompe la invariancia del indicador. La razón es simple: la invariancia de calibre requiere que los campos de fermiones aparezcan en la combinación$\sim\psi^\dagger\psi$(que es independiente de la fase de$\psi$), mientras que cualquier$\mathrm C$-romper el término requiere la introducción de$\psi^c$en la forma$\sim\psi^T\psi$, que depende de la fase de$\psi$. Por lo tanto, la conjugación de carga está fuera de cuestión. La paridad, por otro lado, no es tan simple. Parece, como en el OP, que de hecho se puede introducir$\mathrm P$-descomposición de términos de forma coherente con el resto de simetrías.

Resulta que todos los aparentemente$\mathrm P$-los términos que se rompen en realidad se pueden rotar de tal manera que el Lagrangiano se vuelve manifiestamente$\mathrm P$-invariante. De hecho, podemos probar un resultado ligeramente más fuerte: QED también conserva el sabor. De hecho, tenemos

Teorema: el lagrangiano más general, invariante de calibre y de Lorentz, y renormalizable de conteo de potencia construido a partir de un campo vectorial y un conjunto de campos bispinores es necesariamente$\mathrm P,\mathrm C,\mathrm T$y conservación del sabor.

La prueba detallada se puede encontrar en QFT de Weinberg, sección 12.5. Resumimos aquí los puntos esenciales.

El calibre más general y el invariante de Lorentz, y el Lagrangiano renormalizable de conteo de potencia para un campo vectorial$A$y un conjunto de campos de bispinor$\psi_i$lee

$$\mathcal L=-\frac14Z_3F^2-\sum_{ij}\left(Z_{Lij}\bar\psi_{Li}(\not\!\partial+ie\not A)\psi_{Lj}-M_{ij}\bar\psi_{Li}\psi_{Rj}\right)+(L\leftrightarrow R)$$ dónde $\psi_{L,R}:=\frac12(1+\pm\gamma_5)\psi$.

Esto, en principio, no es$\mathrm P$invariante, ni conserva el sabor. Sin embargo, existe una transformación de semejanza

$$\psi_{L,R}\to S_{L,R}\psi_{L,R}$$ tal que $Z_L=Z_R=1$, y tal que $M$se vuelve diagonal. Cuando hacemos esto, obtenemos $$\mathcal L=-\frac14Z_3F^2-\sum_{i}\bar\psi_{i}(\not\!\partial+ie\not A)\psi_{i}-m_i\bar\psi_{i}\psi_{i}$$ lo cual es claramente $\mathrm P,\mathrm C,\mathrm T$y conservación del sabor. QED (juego de palabras). Sorpresa, sorpresa, Witten tenía razón.