¿Podemos hacer de la representación de Dirac una teoría de calibre?

Question

¿Podemos hacer de la representación de Dirac una teoría de calibre?

Física
teoría de campo
teoría de calibre
ecuación de dirac
matrices de dirac
invariancia de calibre

Cham

Estoy buscando comentarios y referencias sobre una idea: medir la representación de Dirac de las matrices de Dirac. ¿Qué tipo de interacción de campo daría?

Específicamente, la ecuación de Dirac se define así (campo libre, para empezar):

\begin{matrix} (1) & γ^{a} \partial_{a} Ψ + i metro Ψ = 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} \gamma^a \; \partial_a \Psi + i \, m \, \Psi = 0. \end{equation}$ Por definición, las matrices gamma obedecen a la siguiente relación:

\begin{matrix} (2) & γ^{a} γ^{b} + γ^{b} γ^{a} = 2 η^{a b} . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} \gamma^a \, \gamma^b + \gamma^b \, \gamma^a = 2 \, \eta^{ab}. \end{equation}$ Cualquier conjunto de 4 matrices que obedezca esta relación se puede utilizar en la ecuación (1) anterior (representación habitual de Dirac, representación de Weyl, representación de Majorana, etc.). Todas las representaciones están relacionadas por una transformación unitaria:

\begin{aligned} (3) & {\tilde{γ}}^{a} & = tu γ^{a} {tu}^{†}, \\ (4) & \tilde{Ψ} & = tu Ψ . \end{aligned}

$\begin{align}\tag{3} \tilde{\gamma}^a &= U \, \gamma^a U^{\dagger}, \\[12pt] \tilde{\Psi} &= U \, \Psi. \tag{4} \end{align}$

Ahora, supongamos que la representación se convierte en una simetría local de la ecuación de Dirac; $U \Rightarrow U(x)$ . Entonces necesitamos cambiar la derivada parcial:

\begin{matrix} (5) & \partial_{a} \Rightarrow D_{a} \equiv \partial_{a} + i C_{a} (X), \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} \partial_a \Rightarrow D_a \equiv \partial_a + i C_a(x), \end{equation}$ dónde

C_{a} (x)

$C_a(x)$ es un nuevo campo de calibre.

No seguí adelante con esa idea por falta de tiempo. Pero me gustaría saber si esta idea ha sido explorada por alguien más (¡seguro que ya fue estudiada antes!).

Entonces, ¿qué da? ¿Qué tipo de campo de indicador de interacción? ¿Hay algún problema matemático con esto?

EDITAR: Solo algunos comentarios más:

El grupo de Lorentz que actúa sobre el campo de Dirac está representado por $SL(4, \mathbb{C})$ , y sus elementos no son todos matrices unitarias: las rotaciones están representadas por matrices unitarias, pero no las transformaciones de Lorentz puras.

Medir el grupo de Lorentz da la gravitación (esto es bien conocido y es parte de la relatividad general clásica). Luego midiendo el $\gamma$ La representación ciertamente interferirá con el campo de calibre de la gravitación (veirbein y su conexión de espín), ya que algunas matrices unitarias pueden representar algunas rotaciones (¡pero no todas las matrices unitarias!).

No creo que el grupo de transformaciones que están cambiando el $\gamma$ representación es la misma que el grupo de Lorentz (es decir, $SL(4, \mathbb{C})$ ), pero puedo estar equivocado.

¿Cuál es el grupo completo que está definiendo el $\gamma$ representaciones? ¿Realmente tiene que ser unitario, es decir, $SU(4)$ ? Sospecho que son solo transformaciones de similitud, por lo que cualquier matriz invertible de 4 X 4 puede ser buena, no solo matrices unitarias.

En otras palabras, ¿hay una transformación de $SL(4, \mathbb{C})$ (del grupo de Lorentz) que pueden cambiar las matrices habituales de Dirac a las matrices de Weyl ya las matrices de Majorana?

petirrojo

Esta sería una teoría de calibre con el grupo de calibre el grupo de Lorentz. El grupo de Lorentz no es compacto lo que implica complicaciones técnicas por lo que puede ser que esto no haya sido estudiado. Gran parte del trabajo sobre la teoría de calibre no especifica el grupo de calibre, pero creo que es la regla asumir que es compacto.

Gerben

El campo de Rarita-Schwinger tiene una simetría de norma fermiónica. Tal vez considerar eso sería útil. Véase, por ejemplo: books.google.be/…

una mente curiosa

Lo siento, pero no entiendo su pregunta: las simetrías de calibre se definen en el nivel del Lagrangiano y deben estar dadas por transformaciones de los campos .

γ \mapsto U γ U^{†}

$\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ no es una transformación de un campo y, por lo tanto, no es una receta para una simetría. En particular, no puedes medir esta simetría porque

γ^{a}

$\gamma^a$ para empezar, no depende del espacio-tiempo , por lo que reemplazar

U

$U$ por

U (x)

$U(x)$ no tiene ningun sentido. Asimismo, el grupo Lorentz (o más precisamente su cobertura universal) es

S L (2, C)

$\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ , no

S L (4, C)

$\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ .

Cham

@ACuriousMind,

S L (4, C)

$SL(4, \mathbb{C})$ ES una representación del grupo de Lorentz, para el campo de Dirac.

S L (2, C)

$SL(2, \mathbb{C})$ no actúa del campo de Dirac, que es un espinor de 4 componentes. También el

γ

$\gamma$ la representación es una simetría global del lagrangiano de Dirac (cambiar la representación significa que cambia la representación del campo en sí, no solo el

γ

$\gamma$ 's). PUEDE hacerse una simetría local, exactamente como para la global

U (1)

$U(1)$ simetría de fase. Así que tiene sentido.

una mente curiosa

Está utilizando una terminología no estándar. La representación de Dirac es un homomorfismo de grupo

S L (2, C) \to G L (4, C)

$\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})\to\mathrm{GL}(4,\mathbb{C})$ , pero

S L (4, C)

$\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ no es "una representación del grupo de Lorentz". La transformación

γ \mapsto U γ U^{†}

$\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ no es una "simetría" del Lagrangiano en el sentido formal porque las simetrías deben estar dadas por transformaciones de campo y

γ

$\gamma$ no es un campo , es una constante. Es algo que le puedes hacer al Lagrangiano, pero no es una simetría, y no tiene sentido hablar de "calibrarlo".

Cham

@ACuriousMind, no estoy de acuerdo. En el lagrangiano, cambias el campo con una matriz

U

$U$ (mezclando los componentes del espinor). Para dejar el lagrangiano sin cambios, debe preguntar que

U

$U$ también cambiar el

γ

$\gamma$ matrices (entonces es un cambio de representación). Esto se puede hacer local . Entonces el

γ

$\gamma$ 's se convierte en campos en sí mismos. Todo esto puede estar relacionado con la gravedad.

Gerben

@Cham ya que todavía estás discutiendo esto; ¿falta algo en mi respuesta a continuación? ¿Quiere decir algo más? ¿Quiere que lo amplíe?

Cham

@Gerben, su respuesta no se ajusta a mi pregunta (o puede ser una generalización, no lo sé). El espinor de Dirac que me interesa no es del tipo Rarita-Schwinger (es decir, espinor con un índice de coordenadas). Además, mi pregunta tiene mucho que ver con definir claramente el grupo de representaciones de la

γ

$\gamma$ matrices, y en qué sentido es diferente del grupo de Lorentz.

Gerben

El campo de Rarita-Schwinger tiene una simetría de norma fermiónica; que parecía ser a lo que te dirigías. De hecho, existe un vínculo con la gravedad, como sugirió, ya que esto le da al gravitino; el compañero supersimétrico de la gravedad en la supergravedad. El campo de dirac no puede tener una simetría tan calibrada, ya que calibra completamente el espín-1/2, por lo que no queda nada. Si está interesado en las propiedades formales de

γ

$\gamma$ Matrices en un contexto de teoría de grupos: forman lo que se conoce como álgebra de Clifford y deberías mirar eso.

Adán

@Cham: lo que significa ACuriousMind es que

U

$U$ no es una transformación de simetría de

γ

$\gamma$ . Tras una transformación de Lorentz

ψ \to U ψ

$\psi\to U\psi$ ,

\bar{ψ} γ_{μ} ψ \to Λ_{μ}^{ν} \bar{ψ} γ_{ν} ψ

$\bar\psi\gamma_\mu\psi\to\Lambda_\mu^\nu \bar\psi\gamma_\nu\psi$ transformar como 4-vector. Pero en sí mismo,

γ_{μ}

$\gamma_\mu$ no es un vector de 4 (las transformaciones de Lorentz no afectan). Aparte de eso, de hecho estás midiendo las transformaciones de Lorentz.

Cham

@Adam, sí, sé todo esto. Estaba considerando la posibilidad de hacer el

γ

$\gamma$ como parte de una nueva simetría de calibre, bajo su representación arbitraria . Pero después de pensar un poco más en esto hoy, ¡me di cuenta de que realmente se trata de la gravedad! (más tal vez algo más, no estoy seguro todavía). Si el

γ

$\gamma$ la representación se hace local, entonces el

γ

$\gamma$ deben convertirse en campos dinámicos, en lugar de simples constantes (como señaló ACuriousMind). Pero luego esto pide usar el campo vierbein (tétrada) contratado en ellos. Esto implica gravedad . Sin embargo, ... (ver más abajo)

Cham

Sin embargo,... el grupo de los

γ

$\gamma$ Las transformaciones de representación son unitarias (no sé por qué), por lo que no es el grupo de Lorentz. Incluye las rotaciones (como el grupo de Lorentz), pero también incluye cosas extrañas como la transformación quiral , que por supuesto no forma parte del grupo de Lorentz. Así que "medir" el

γ

$\gamma$ la representación necesita de la gravedad (¿¡qué...!?), o entrar en conflicto con ella. ¡Entonces supongo que una respuesta a mi pregunta anterior es "NO, porque la gravedad toma el lugar"!

tomtom1-4

Definitivamente es una idea intrigante. Corrígeme si me equivoco pero creo que la representación de Dirac del grupo de Lorentz es

(1 / 2, 0) \oplus (0, 1 / 2)

$(1/2,0) \oplus(0,1/2)$ . Y por lo tanto la matriz de transformación debe ser de la forma

A \oplus (A^{- 1})^{†}

$A \oplus (A^{-1})^\dagger$ , dónde

A \in S L (2, C)

$A \in SL(2, \mathbb{C})$ . Con sólo analizar la dimensionalidad, debería quedar claro que no puede ser

S L (4, C)

$SL(4,\mathbb{C})$ o

G L (4, C)

$GL(4,\mathbb{C})$ ya que ambos tienen demasiados grados de libertad. Y sí, puedes hacer transformaciones de equivalencia arbitrarias. Normalmente no lo hacemos porque pierdes

γ^{μ †} = γ^{0} γ^{μ} γ^{0}

$\gamma^{\mu \dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ .

tomtom1-4

¿Puede tal vez entrar en más detalles, cómo esto está conectado a la gravedad? Veo una ligera conexión con

{γ^{μ}, γ^{ν}} = 2 η^{μ ν} ⟶ {γ^{μ} (x), γ^{ν} (x)} = 2 g^{μ ν} (x)

$\lbrace \gamma^\mu, \gamma^\nu \rbrace = 2 \eta^{\mu \nu} \longrightarrow \lbrace \gamma^\mu (x), \gamma^\nu (x) \rbrace = 2 g^{\mu \nu}(x)$ pero eso es todo.

Respuestas (2)

¿Podemos hacer de la representación de Dirac una teoría de calibre?

Esta sería una teoría de calibre con el grupo de calibre el grupo de Lorentz. El grupo de Lorentz no es compacto lo que implica complicaciones técnicas por lo que puede ser que esto no haya sido estudiado. Gran parte del trabajo sobre la teoría de calibre no especifica el grupo de calibre, pero creo que es la regla asumir que es compacto.
El campo de Rarita-Schwinger tiene una simetría de norma fermiónica. Tal vez considerar eso sería útil. Véase, por ejemplo: books.google.be/…
Lo siento, pero no entiendo su pregunta: las simetrías de calibre se definen en el nivel del Lagrangiano y deben estar dadas por transformaciones de los campos . $\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ no es una transformación de un campo y, por lo tanto, no es una receta para una simetría. En particular, no puedes medir esta simetría porque $\gamma^a$ para empezar, no depende del espacio-tiempo , por lo que reemplazar $U$ por $U(x)$ no tiene ningun sentido. Asimismo, el grupo Lorentz (o más precisamente su cobertura universal) es $\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ , no $\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ .
@ACuriousMind, $SL(4, \mathbb{C})$ ES una representación del grupo de Lorentz, para el campo de Dirac. $SL(2, \mathbb{C})$ no actúa del campo de Dirac, que es un espinor de 4 componentes. También el $\gamma$ la representación es una simetría global del lagrangiano de Dirac (cambiar la representación significa que cambia la representación del campo en sí, no solo el $\gamma$ 's). PUEDE hacerse una simetría local, exactamente como para la global $U(1)$ simetría de fase. Así que tiene sentido.
Está utilizando una terminología no estándar. La representación de Dirac es un homomorfismo de grupo $\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})\to\mathrm{GL}(4,\mathbb{C})$ , pero $\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ no es "una representación del grupo de Lorentz". La transformación $\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ no es una "simetría" del Lagrangiano en el sentido formal porque las simetrías deben estar dadas por transformaciones de campo y $\gamma$ no es un campo , es una constante. Es algo que le puedes hacer al Lagrangiano, pero no es una simetría, y no tiene sentido hablar de "calibrarlo".
@ACuriousMind, no estoy de acuerdo. En el lagrangiano, cambias el campo con una matriz $U$ (mezclando los componentes del espinor). Para dejar el lagrangiano sin cambios, debe preguntar que $U$ también cambiar el $\gamma$ matrices (entonces es un cambio de representación). Esto se puede hacer local . Entonces el $\gamma$ 's se convierte en campos en sí mismos. Todo esto puede estar relacionado con la gravedad.
@Cham ya que todavía estás discutiendo esto; ¿falta algo en mi respuesta a continuación? ¿Quiere decir algo más? ¿Quiere que lo amplíe?
@Gerben, su respuesta no se ajusta a mi pregunta (o puede ser una generalización, no lo sé). El espinor de Dirac que me interesa no es del tipo Rarita-Schwinger (es decir, espinor con un índice de coordenadas). Además, mi pregunta tiene mucho que ver con definir claramente el grupo de representaciones de la $\gamma$ matrices, y en qué sentido es diferente del grupo de Lorentz.
El campo de Rarita-Schwinger tiene una simetría de norma fermiónica; que parecía ser a lo que te dirigías. De hecho, existe un vínculo con la gravedad, como sugirió, ya que esto le da al gravitino; el compañero supersimétrico de la gravedad en la supergravedad. El campo de dirac no puede tener una simetría tan calibrada, ya que calibra completamente el espín-1/2, por lo que no queda nada. Si está interesado en las propiedades formales de $\gamma$ Matrices en un contexto de teoría de grupos: forman lo que se conoce como álgebra de Clifford y deberías mirar eso.
@Cham: lo que significa ACuriousMind es que $U$ no es una transformación de simetría de $\gamma$ . Tras una transformación de Lorentz $\psi\to U\psi$ , $\bar\psi\gamma_\mu\psi\to\Lambda_\mu^\nu \bar\psi\gamma_\nu\psi$ transformar como 4-vector. Pero en sí mismo, $\gamma_\mu$ no es un vector de 4 (las transformaciones de Lorentz no afectan). Aparte de eso, de hecho estás midiendo las transformaciones de Lorentz.
@Adam, sí, sé todo esto. Estaba considerando la posibilidad de hacer el $\gamma$ como parte de una nueva simetría de calibre, bajo su representación arbitraria . Pero después de pensar un poco más en esto hoy, ¡me di cuenta de que realmente se trata de la gravedad! (más tal vez algo más, no estoy seguro todavía). Si el $\gamma$ la representación se hace local, entonces el $\gamma$ deben convertirse en campos dinámicos, en lugar de simples constantes (como señaló ACuriousMind). Pero luego esto pide usar el campo vierbein (tétrada) contratado en ellos. Esto implica gravedad . Sin embargo, ... (ver más abajo)
Sin embargo,... el grupo de los $\gamma$ Las transformaciones de representación son unitarias (no sé por qué), por lo que no es el grupo de Lorentz. Incluye las rotaciones (como el grupo de Lorentz), pero también incluye cosas extrañas como la transformación quiral , que por supuesto no forma parte del grupo de Lorentz. Así que "medir" el $\gamma$ la representación necesita de la gravedad (¿¡qué...!?), o entrar en conflicto con ella. ¡Entonces supongo que una respuesta a mi pregunta anterior es "NO, porque la gravedad toma el lugar"!
Definitivamente es una idea intrigante. Corrígeme si me equivoco pero creo que la representación de Dirac del grupo de Lorentz es $(1/2,0) \oplus(0,1/2)$ . Y por lo tanto la matriz de transformación debe ser de la forma $A \oplus (A^{-1})^\dagger$ , dónde $A \in SL(2, \mathbb{C})$ . Con sólo analizar la dimensionalidad, debería quedar claro que no puede ser $SL(4,\mathbb{C})$ o $GL(4,\mathbb{C})$ ya que ambos tienen demasiados grados de libertad. Y sí, puedes hacer transformaciones de equivalencia arbitrarias. Normalmente no lo hacemos porque pierdes $\gamma^{\mu \dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ .
¿Puede tal vez entrar en más detalles, cómo esto está conectado a la gravedad? Veo una ligera conexión con $\lbrace \gamma^\mu, \gamma^\nu \rbrace = 2 \eta^{\mu \nu} \longrightarrow \lbrace \gamma^\mu (x), \gamma^\nu (x) \rbrace = 2 g^{\mu \nu}(x)$ pero eso es todo.

Gerben · Answer 1

Ampliando mi comentario, creo que el campo Rarita Schwinger (giro 3/2) tiene exactamente la simetría de calibre que desea: https://books.google.be/books?id=KFUhAwAAQBAJ&lpg=PA96&ots=vh0WtWM5rg&dq=rarita%20schwinger%20fermionic %20gauge%20symmetry&pg=PA95#v=onepage&q&f=false Esta simetría de indicador elimina el componente de giro 1/2 del campo, por lo que solo queda la parte de giro 3/2. Ahora, si hiciera la misma medición en el campo de giro 1/2, mediría todo el campo de giro 1/2, el objeto estaría hecho completamente de material de calibre arbitrario no físico; Creo.

bob abeja · Answer 2

La imposición de simetría de calibre local en la ecuación de Dirac produce el campo electromagnético que interactúa con ella.

Ver

http://www.física.rutgers.edu/~steves/613/lectures/Lec06.pdf

Antes de cualquier voto negativo, vea mis comentarios a continuación. La pregunta no era si la ecuación de Dirac se puede usar para representar un fermión de espín 3/2 o superior, aunque podría interpretarlo de esa manera, y su ejemplo simplemente agregó un campo vectorial como campo de calibre. Entonces no hay otra opción y tiene que ser el electromagnetismo. Los campos de Weyl y Majorana también son consistentes. Véase Peskin. Por cierto, entiendo que el campo de giro 3/2 Rarita Schwinger tiene problemas, aunque no soy un experto en eso.

Si esto está totalmente fuera de lugar, simplemente explíquelo, por favor.

Lo siento, tuve que votar negativamente tu respuesta. El campo de calibre EM está relacionado con el $U(1)$ grupo, que viaja con todos los $\gamma$ matrices. No está relacionado con el $\gamma$ representaciones en absoluto.
Entender. Pero parece introducir esa interacción en la ecuación de Dirac. Ver la referencia. Todavía tiene U(1) de las ecuaciones EM, pero esta simetría de calibre crea el término de interacción en Dirac
Sí el $U(1)$ la invariancia local introduce el campo EM en la ecuación de Dirac. Esto es muy conocido y es el mejor (es decir, el más simple) ejemplo de cómo introducir campos de calibre en la física. Pero no está relacionado con la pregunta.
Además, consulte también la ecuación de Weyl y los fermiones de Majorana derivados de la invariancia de Dirac y Lorentz en damtp.cam.ac.uk/user/tong/qft/four.pdf . Es bien conocido también.

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