Interpretación conceptual de las representaciones del espinor izquierdo y derecho del grupo de Lorentz

Para los espinores masivos, la quiralidad "diestra" y "zurda" no está tan ligada a las rotaciones verdaderas, sino a la conversión de transformaciones de Lorentz como "rotaciones espacio-temporales". En este caso, una respuesta corta muy popular a la pregunta conceptual es que las transformaciones de Lorentz "rotan"$(1/2, 0)$- gira en un sentido en el espacio-tiempo, y$(0, 1/2)$-spinores en sentido opuesto, mientras que la inversión espacial correspondiente a la transformación de paridad "rota" un tipo de espinor en el otro.

Pero la comprensión correcta de la quiralidad del espinor y su conexión con la paridad está estrechamente relacionada con otro par de conceptos muy familiares, la dualidad de contravarianza y covarianza de 4 vectores. Recuerde que en el espacio-tiempo de Minkowski un vector covariante$v_\mu$es el espacio invertido de su contraparte contravariante$v^\mu$, por lo que la transformación de paridad es la métrica en sí. La cuestión más confusa es que, independientemente de esta conexión, cada irrep induce su propio conjunto distinto de espinores contravariantes y covariantes, y las dos construcciones están relacionadas por una conjugación compleja que, en un entorno cuántico, combina el papel habitual de la conjugación compleja en la definición de bra- ket dualidad.

Ahora para algunos detalles:

Por qué los apodos "diestro" y "zurdo" :

Digamos una transformación de Lorentz de espacio-tiempo dada, para una rotación de ángulo$\theta$alrededor del eje$\vec{n}_\theta$,$\vec{\theta} = \theta\vec{n}_\theta$, y un impulso de rapidez$\zeta$en direccion$\vec{n}_\zeta$,$\vec{\zeta} = \zeta\vec{n}_\zeta$, lee

$$L = e^{\vec{\theta}\cdot\vec{J} + \vec{\zeta}\cdot \vec{K}}$$ dónde $\vec{J}$, $\vec{K}$son los generadores habituales de rotación y impulso en el espacio-tiempo de Minkowski. Entonces sus equivalentes en las repeticiones de espinor (1/2,0) y (0,1/2) son $$\Lambda_{(1/2,0)} = e^{\vec{w}\cdot\vec{\sigma}/2} \equiv e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2}, \;\;\;\;\;\Lambda_{(0,1/2)} = \left(\Lambda_{(1/2,0)}^{-1}\right)^\dagger = e^{-\vec{w}^*\cdot\vec{\sigma}/2} \equiv e^{(-i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2},\;\;\;\;\;\vec{w} = -i\vec{\theta} + \vec{\zeta}$$ con generadores $\vec{J} \rightarrow i\vec{\sigma}/2$, $\vec{K} \rightarrow -\vec{\sigma}/2$en $(1/2,0)$, y $\vec{J} \rightarrow -i\vec{\sigma}^*/2$, $\vec{K} \rightarrow -\vec{\sigma}^*/2$en $(0, 1/2)$.

Ahora mira el signo de la rapidez en las dos transformaciones. Es exactamente lo contrario: si en una repetición la transformación viene dada por un impulso$\vec{\zeta}$, en la otra repetición viene dada por el impulso inverso$-\vec{\zeta}$. Entonces, aunque ambos$\Lambda_{(1/2,0)}$y$\Lambda_{(0,1/2)}$corresponden a la misma transformada espacio-temporal$L$, el cambio de signo del parámetro boost hace que "como si" generaran "rotaciones" formales opuestas: "diestro" y "zurdo".

Quiralidad y paridad : por otro lado, el cambio del impulso$\vec{\zeta}$a la inversa$-\vec{\zeta}$es simplemente la relación habitual entre transformaciones contravariantes y covariantes. De hecho, por

$$v'^\mu = L^\mu_{\;\;\nu} v^\nu\;\; \leftrightarrow \;\;v'_\mu = v_\nu(L^{-1})^\nu_{\;\;\mu} = [(L^{-1})^T]_\mu^{\;\;\nu} v_\nu$$ las formas exponenciales $$L = e^{\vec{\theta}\cdot\vec{J} + \vec{\zeta}\cdot\vec{K}} \;\; \leftrightarrow \;\; (L^{-1})^T = e^{\vec{\theta}\cdot\vec{J} - \vec{\zeta}\cdot\vec{K}}$$ demuestre que si un cuadrivector contravariante se transforma bajo una rotación $\vec{\theta}$y un impulso $\vec{\zeta}$, entonces el 4-vector covariante transformado por paridad se transforma bajo la misma rotación $\vec{\theta}$y el impulso inverso $-\vec{\zeta}$. Del mismo modo, a partir del espinor se transforma $$\Lambda_{(1/2,0)} = e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2}, \;\;\;\;\;\Lambda_{(0,1/2)} = \left(\Lambda_{(1/2,0)}^{-1}\right)^\dagger = e^{(-i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2}$$ vemos que, de manera completamente similar, si un $(1/2,0)$spinor se transforma bajo una rotación $\vec{\theta}$y un impulso $\vec{\zeta}$, Entonces es $(0, 1/2)$la contraparte se transforma bajo la misma rotación $\vec{\theta}$y el impulso inverso $-\vec{\zeta}$. Por lo tanto un $(1/2,0)$El espinor (diestro) a veces se denomina contraespinor , mientras que un $(0,1/2)$(zurdo) uno es entonces un cospinor (ver, por ejemplo, la introducción de Andrew Steane a los espinores ; otra buena introducción es el capítulo 11 de Schulten en su libro QM ).

La transformación de espinor de contravariante a covariante implica una conjugación compleja y está dada por

$${\hat \chi}\;\;\rightarrow \;\;{\hat \eta} = i\sigma_2 {\hat \chi}^* \equiv \left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0\end{array}\right) {\hat \chi}^*$$ Esto es así porque si ${\hat\chi} \rightarrow \Lambda_{(1/2,0)} {\hat\chi}$bajo una transformación de Lorentz, entonces $\hat \eta$se transforma como $${\hat \eta} = i\sigma_2 {\hat \chi}^* \;\;\rightarrow \;\; i\sigma_2 \left(\Lambda_{(1/2,0)} {\hat\chi}\right)^* = i\sigma_2 \Lambda_{(1/2,0)}^* (i\sigma_2)^\dagger (i\sigma_2){\hat\chi}^* = \left(\Lambda_{(1/2,0)}^{-1}\right)^\dagger {\hat \eta} \equiv \Lambda_{(0,1/2)} {\hat \eta}$$ donde la última igualdad se basa en $(i\sigma_2)^\dagger (i\sigma_2) = I$y la transformación de las matrices de espín $\sigma_j$bajo $i\sigma_2$. Si definimos además $\sigma_0 = I$, entonces para este último tenemos $$(i\sigma_2) \sigma^*_0(i\sigma_2)^\dagger = \sigma_0$$ $$(i\sigma_2)\sigma^*_j (i\sigma_2)^\dagger = - \sigma_j, \;\;\;j=1,2,3$$ lo que confirma que $i\sigma_2$es en realidad una transformación de paridad, como se esperaba de la transformación de la $\Lambda$-s, $$i\sigma_2 \Lambda_{(1/2,0)}^* (i\sigma_2)^\dagger = \left(\Lambda_{(1/2,0)}^{-1}\right)^\dagger = \Lambda_{(0,1/2)} \;\;\; \leftrightarrow \;\;\;i\sigma_2 \left[e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2}\right]^* (i\sigma_2)^\dagger = e^{(-i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2}$$ Eso es, $i\sigma_2$deja la rotación en su lugar, pero invierte la dirección del impulso, y esta es precisamente la definición de una inversión espacial . Lo que significa que $i\sigma_2$implementa no solo un cambio de representante, sino una transformación de paridad, al igual que la métrica en el espacio de Minkowski (compare el $\Lambda$relación anterior con la relación transformada de Lorentz $gLg = (L^{-1})^T \Leftrightarrow gLg^T = (L^{-1})^T$). O girando la declaración en su oído, aplicando una transformación de paridad cambia el representante de espinor, por lo tanto, su quiralidad . Desde este punto de vista, la terminología de mano derecha y mano izquierda también puede entenderse como el etiquetado de las propiedades de transformación del espinor en marcos de referencia 3D de mano derecha y mano izquierda.

Pero si esto es así, ¿por qué no hay también 2 irreps quirales para los 4 vectores regulares? Simplemente porque los 4 vectores son reales y en este caso el mapa de contravariante a covariante es una transformación de similitud lineal. Por el Lema de Schur, las repeticiones son entonces equivalentes. A pesar del aparente isomorfismo con representaciones contravariante y covariante, respectivamente, la$(1/2, 0)$y$(0, 1/2)$las repeticiones están relacionadas por una transformación antilineal, no lineal, y formalmente no satisfacen el Lema de Schur.

Nota agregada en la prueba: otra forma simple de mostrar la conexión entre la quiralidad y la contravarianza/covarianza, sin entrar en el formalismo completo

Dejar$\hat \chi$Sea cualquier espinor normalizado. Siempre es posible parametrizarlo como

$${\hat \chi} = \left(\begin{array}{c}\chi^0 \\ \chi^1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}\chi^0 \\ u/(2\chi^{0*})\end{array}\right), \;\;\; {\hat \chi}^\dagger {\hat \chi} = 1$$ con $\chi^0, \chi^1\in {\mathbb C}$, $u \equiv 2\chi^{0*}\chi^1 = u^1 + iu^2$, $|u|^2 = 4 |\chi^0|^2(1 - |\chi^0|^2)$(de $|\chi^0|^2 + |\chi^1|^2 = 1$). Los índices contravariantes superiores son predictivos, pero por lo demás arbitrarios en este punto.

La primera observación clave es que el proyector giratorio asociado a$\hat \chi$lee

$${\hat \chi}{\hat \chi}^\dagger = \left(\begin{array}{c}\chi^0 \\ u/(2\chi^{0*})\end{array}\right) \left(\begin{array}{cc}\chi^{0*} & u^*/(2\chi^0)\end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} |\chi^0|^2 & u^*/2 \\ u/2 &1 - |\chi^0|^2) \end{array}\right) = \frac{1}{2} \left(\begin{array}{cc} 1 + \left[\;2|\chi^0|^2-1\;\right] & u^* \\ u &1 - \left[\;2|\chi^0|^2 -1\;\right] \end{array}\right) =$$ $$= \frac{1}{2} \left[ I + u^1 \sigma_1 + u^2 \sigma_2 + (2|\chi_0|^2 -1)\sigma_3\right] \equiv \frac{1}{2} \left[ u^0 \sigma_0 + u^1 \sigma_1 + u^2 \sigma_2 + u^3\sigma_3\right]$$ dónde $\sigma_\mu$son matrices de Pauli como de costumbre (el índice inferior no tiene un significado particular), $u^0 = 1$, y $u^3 = 2|\chi_0|^2 -1$, y también $$u^\mu = Tr\left(\sigma_\mu {\hat \chi}{\hat \chi}^\dagger\right) = \chi^\dagger \sigma_\mu \chi$$ Una segunda observación es que siempre tenemos $$(u^1)^2 + (u^2)^2 + (u^3)^2 = |u|^2 + (2|\chi^0|^2 -1 )^2 = 1$$ por eso $$\det \left({\hat \chi}{\hat \chi}^\dagger \right) = (u^0)^2 - (u^1)^2 - (u^2)^2 - (u^3)^2 = 0$$ La última identidad obviamente sugiere que $u^\mu = \chi^\dagger \sigma_\mu \chi$podría comportarse como un 4-vector nulo. Y, de hecho, independientemente de la representación particular, bajo una transformación de Lorentz $\Lambda$, $|\det(\Lambda)| = 1$, $\hat \chi$y su proyector se transforma como $$\hat \chi' = \Lambda \hat \chi, \;\;\;{\hat \chi'}({\hat \chi'})^\dagger = \Lambda {\hat \chi}{\hat \chi}^\dagger \Lambda^\dagger$$ Por el mismo razonamiento anterior, el proyector transformado debe volver a ser de la forma $${\hat \chi'}({\hat \chi'})^\dagger = \frac{1}{2} \left[ u'^0 I + u'^1 \sigma_1 + u'^2 \sigma_2 + u'^3\sigma_3\right]$$ $$u'^\mu = Tr\left[\sigma_\mu {\hat \chi'}({\hat \chi'})^\dagger\right] = (\chi')^\dagger \sigma_\mu \chi'$$ por eso $$\det \left[{\hat \chi'}({\hat \chi'})^\dagger \right] = (u'^0)^2 - (u'^1)^2 - (u'^2)^2 - (u'^3)^2 = 0$$ En otras palabras, $(u^0)^2 - (u^1)^2 - (u^2)^2 - (u^3)^2 = 0$es un invariante de Lorentz, y $u^\mu$es necesariamente un cuadrivector nulo. Pero aún no está claro si es una contravariante o una covariante. Sin embargo, desde $${\hat \chi'}({\hat \chi'})^\dagger = \Lambda {\hat \chi}{\hat \chi}^\dagger \Lambda^\dagger = \frac{1}{2} \left[ u^0 \Lambda \sigma_0 \Lambda^\dagger + u^1 \Lambda \sigma_1 \Lambda^\dagger + u^2 \Lambda \sigma_2 \Lambda^\dagger + u^3 \Lambda \sigma_3 \Lambda^\dagger \right] \equiv \frac{1}{2} \left[ u'^0 I + u'^1 \sigma_1 + u'^2 \sigma_2 + u'^3\sigma_3\right]$$ se sigue que la ley de transformación para el $u^\mu$debe ser $$u'^\mu = \frac{1}{2}\sum_\nu{\left[\text{Tr}\left( \sigma_\mu \Lambda \sigma_\nu \Lambda^\dagger \right) \right] u^\nu}$$ Para las formas específicas de $\Lambda_{(1/2,0)}$y $\Lambda_{(0,1/2)}$esto lee $$(1/2, 0):\;\;\;\;\;u'^\mu = \sum_\nu{\left[\text{Tr}\left( \sigma_\mu e^{(-i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \sigma_\nu e^{(i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \right) \right] u^\nu} =$$ $$(0, 1/2):\;\;\;\;\;u'^\mu = \sum_\nu{\left[\text{Tr}\left( \sigma_\mu e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \sigma_\nu e^{(i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \right) \right] u^\nu}$$ Desde el $u^\mu$son 4 vectores, las dos transformaciones anteriores deben ser transformadas de Lorentz. Pero fíjate que si por $(1/2, 0)$(sin colocación particular de los índices) $$L_{\mu\nu}(\vec{\theta},\vec{\zeta}) = \text{Tr}\left( \sigma_\mu e^{(-i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \sigma_\nu e^{(i\vec{\theta} - \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \right)$$ entonces para $(0, 1/2)$ $${\bar L}_{\mu\nu}(\vec{\theta},\vec{\zeta}) = \text{Tr}\left( \sigma_\mu e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \sigma_\nu e^{(i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \right) = \text{Tr}\left( \sigma_\nu e^{(i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \sigma_\mu e^{(-i\vec{\theta} + \vec{\zeta})\cdot\vec{\sigma}/2} \right) = L_{\nu\mu}(-\vec{\theta},-\vec{\zeta}) = \left( \left[ L(\vec{\theta},\vec{\zeta})\right]^{-1}\right)^T_{\mu\nu}$$ Entonces siempre tenemos
$$(1/2, 0):\;\;\;\;\;u'^\mu = \sum_\nu{L_{\mu\nu}(\vec{\theta},\vec{\zeta}) u^\nu}$$ $$(0, 1/2):\;\;\;\;\;u'^\mu = \sum_\nu{ \left( \left[ L(\vec{\theta},\vec{\zeta})\right]^{-1}\right)^T_{\mu\nu} u^\nu}$$ Compare esto con las transformadas contravariante y covariante de 4 vectores y se deduce que, ya sea en $(1/2,0)$el $u^\mu$son contravariantes y las contrapartes en $(0, 1/2)$son covariantes, o a la inversa. Lo mismo se aplica a cualquier otro bilineal espinorial. En otras palabras, vemos de nuevo que el $(1/2, 0)$y $(0, 1/2)$las repeticiones son duales entre sí. en realidad para $(1/2,0)$Resulta que $(1/2) \text{Tr}\left( \sigma_\mu \Lambda \sigma_\nu \Lambda^\dagger \right) = L^\mu_{\;\;\nu}$, etc, y el vector de espín 4 correspondiente es de hecho contravariante.

Una nota final sobre la naturaleza de los espinores transformados por paridad:

La transformación de la paridad$i\sigma_2$, generalmente conocida como la métrica de espinor (antisimétrica)$\epsilon \equiv i\sigma_2$, toma una$(1/2, 0)$espinor${\hat \chi}$en su$(0, 1/2)$equivalente${\hat \eta} = i\sigma_2 {\hat \chi}^*$. Explícitamente esto equivale a

$${\hat \chi} = \left(\begin{array}{c}\chi^0 \\ u/(2\chi^{0*})\end{array}\right) \rightarrow {\hat \eta} = \left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\-1 & 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\chi^{0*} \\ u^*/(2\chi^{0})\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}u^*/(2\chi^{0}) \\ -\chi^{0*}\end{array}\right) \equiv \left(\begin{array}{c}{\hat {\bar \chi}}_0\\ -u/2({\hat{\bar\chi}}_0)\end{array}\right)$$ dónde ${\hat {\bar \chi}}_0 = u^*/(2{\hat\chi}^0)$. Eventualmente esto muestra que el dual quiral ${\hat \eta}$de hecho corresponde al 4-vector de espín covariante (espacio invertido) $u_\mu = g_{\mu\nu}u^\nu$. Pero igualmente importante, ${\hat \eta}$resulta ser el (espacio invertido) ortogonal del original ${\hat \chi}$: $${\hat \chi}^\dagger {\hat \eta} = {\hat \chi}^\dagger \epsilon {\hat\chi}^* = \left( {\hat \chi}^T \epsilon {\hat \chi} \right)^* = {\hat \chi}^\dagger \left(\begin{array}{cc}\chi^{0*} & u^*/(2\chi^0)\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}u^*/(2\chi^{0}) \\ -\chi^{0*}\end{array}\right) = 0$$ La conclusión es que los espinores duales quirales son el espín ortogonal, el espacio invertido entre sí.

Estoy respondiendo esta pregunta muy tarde porque he notado que muchas preguntas sobre quiralidad/helicidad en este sitio tienen respuestas bastante pobres (¡aunque la otra respuesta a esta pregunta es excelente!), así que esto es para ayudar a despejar el aire.

Como ocurre con la mayoría de los problemas relacionados con la quiralidad y la helicidad, el problema se disuelve siempre que uno recuerde que la quiralidad es una propiedad de los campos y la helicidad es una propiedad de las partículas, y los campos son herramientas para crear y aniquilar partículas.

Por ejemplo, como se indica con gran detalle aquí , un campo de Weyl quiral derecho es uno que aniquila ciertas partículas sin masa de hélice izquierda y crea ciertas partículas sin masa de hélice derecha, que tienen cargas opuestas. Lo mismo ocurre con los campos de Weyl quirales izquierdos con izquierda y derecha intercambiadas.

¿Cómo debo imaginar la diferencia entre un campo de espinor zurdo y diestro?

En términos de campos clásicos , un campo de mano derecha es aquel que tiene soluciones de onda plana donde los valores propios bajo rotación alrededor del eje y traslación a lo largo del eje tienen el mismo signo, mientras que un campo de mano izquierda es el opuesto.

Pero esta imagen no es muy útil en la teoría cuántica de campos. En este nivel, los campos son una herramienta para llevar la contabilidad de la creación y aniquilación de partículas. Un campo de espinor de Weyl zurdo y diestro corresponde exactamente al mismo contenido de partículas, por lo que no hay una diferencia física. Por ejemplo, un campo de Weyl levógiro de carga positiva está asociado con las mismas partículas que un campo de Weyl levógiro de carga negativa; uno crea lo que el otro aniquila.

La pregunta Explicando la quiralidad para la partícula de espín 1/2 hace un buen trabajo al distinguir la helicidad de la quiralidad, pero idealmente me gustaría una explicación de la quiralidad que no haga ninguna referencia a la helicidad.

Los campos se transforman en representaciones del grupo de Lorentz. Si uno extiende esto al grupo completo de Lorentz, que incluye la paridad, las representaciones son quirales si no se asignan a sí mismas bajo la paridad.

Por ejemplo, conceptualmente , ¿por qué el operador de paridad invierte la quiralidad de una partícula?

No es así, porque la quiralidad es una propiedad de los campos, no de las partículas. En el nivel de los campos, la paridad invierte la quiralidad esencialmente por definición, si usa la definición que di anteriormente.

Si a uno le dieran una partícula sin que le dijeran su quiralidad, ¿cómo la verificaría? Por ejemplo, si tuviera que considerar un solo campo de Weyl con un Lagrangiano dado por la ecuación de Srednicki. (36.2),

$$\mathcal{L} = i \psi^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi - \frac{1}{2} m \left( \psi \psi + \psi^\dagger \psi^\dagger \right),$$ ¿Cómo podría determinar su quiralidad experimentalmente?

Nuevamente, esta es una pregunta sin sentido porque la quiralidad es una propiedad de los campos, que se utilizan para organizar una teoría de partículas. Por ejemplo, suponga que detecta ciertas partículas de hélice derecha y partículas de hélice izquierda con cargas opuestas, todas ellas sin masa. Puede describirlos utilizando un Lagrangiano que contiene un campo de Weyl quiral izquierdo, o un Lagrangiano que contiene un campo de Weyl quiral derecho, o incluso un Lagrangiano que contiene un campo de Dirac que obedece a una restricción.

Es como decir, si detectas un fotón, ¿puedes saber si el campo asociado es$A_\mu$o$F_{\mu\nu}$o algo mas. La pregunta no es realmente significativa. Cualquiera de estos campos o ambos pueden aparecer en el proceso de describir las mismas observaciones físicas de la partícula.