La relación entre el espín y la curvatura del espinor.

La curvatura de dos formas está definida por

$$\newcommand{\Rcal}{\mathcal{R}} \Rcal_{ab} \Psi = [D_a, D_b] \Psi.$$ Aquí $D_a$es la derivada covariante sin términos de calibre . $\Rcal_{ab}$toma valores en la representación de Dirac del álgebra de Lorentz Lie. Así, realmente la relación es $$\mathcal R_{ab \alpha\beta} \Psi_\beta = [D_a, D_b] \Psi_\alpha$$ dónde $\alpha, \beta$son índices de espinor de Dirac. Compare esto con el tensor de Riemann más familiar $$R_{ab}{}^\mu{}_\nu x^\nu = [D_a, D_b] x^\mu.$$ Como el tensor de Riemann es antisimétrico en $\mu,\nu$podemos considerarlo también como una forma de 2 que toma valores en una representación del álgebra de Lorentz Lie. Por supuesto, esta representación es la representación de 4 vectores.

La representación de Dirac del álgebra de Lie se realiza mediante

$$\epsilon_{\mu\nu} \mapsto \frac{1}{4} \epsilon_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu$$ que está bajo una transformación de Lorentz infinitesimal por $\epsilon_{\mu\nu}$, $$\Psi \mapsto \Psi + \frac{1}{4} \epsilon_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu \Psi.$$ Esto significa que $$\Rcal_{ab} = \frac{1}{4}R_{abst}\gamma^s \gamma^t.$$

Ahora definamos el tensor de Ricci por

$$R_{ab} = R_a{}^\mu{}_{\mu b} = R_{astb} g^{st}.$$ Entonces, a partir de la relación fundamental de anticonmutación de las matrices gamma, podemos escribir $$\begin{align} R_{ab} \gamma^b & = \frac{1}{2} R_{astb} (\gamma^s \gamma^t + \gamma^t \gamma^s) \gamma^b \\ & = \frac{1}{2} R_{astb}\gamma^s\gamma^t \gamma^b - \frac{1}{2} (R_{abst} + R_{atbs}) \gamma^t\gamma^s \gamma^b \tag{1}.\end{align}$$ Aquí he usado la simetría del tensor de Riemann, $R_{astb} + R_{abst} + R_{atbs} = 0$. Nótese que el primer término es precisamente $2\Rcal_{as}\gamma^s$. Ahora $R_{atbs} = -R_{atsb}$y así un reetiquetado de índices contraídos en el último término muestra que este término también contribuye $2\Rcal_{as}\gamma^s$. Para el término medio, use la relación de anticonmutación para encontrar $$\gamma^t \gamma^s \gamma^b = \gamma^b \gamma^t \gamma^s - 2g^{tb}\gamma^s + 2g^{sb}\gamma^t \tag{2}.$$ Por eso, $$\begin{align}R_{abst}\gamma^t\gamma^s \gamma^b & = -R_{abts} \gamma^b \gamma^t \gamma^s - 2R_a{}^\mu{}_{s \mu} \gamma^s + 2R_a{}^\mu{}_{\mu t}\gamma^t \\ & = -\Rcal_{as}\gamma^s + 4R_{as}\gamma^s. \end{align}$$

Ahora tenemos que (1) es

$$R_{ab}\gamma^b = 6 \Rcal_{ab}\gamma^b - 2R_{ab}\gamma^b$$ tan claramente $$\frac{1}{2}R_{ab}\gamma^b = \Rcal_{ab}\gamma^b \tag{3}$$ que es una de las identidades en su pregunta. El otro debería resultar del uso de las relaciones de anticonmutación y (3).