¿Por qué la simetría quiral es solo SU(3)×SU(3)SU(3)×SU(3)SU(3) \times SU(3) y no SU(6)SU(6)SU(6)?

En el límite donde desaparecen las masas, el QCD de baja energía tiene una simetría quiral bien conocida (ver http://arxiv.org/abs/hep-ph/0505265 para una revisión muy extensa, y la página 19 para la sección relevante para mi pregunta ). El Lagrangiano de interés es (yo uso notación de 2 componentes),

L = ∑ i ∈ tu , d , s q R , i † i σ ¯ m D m q R , i + q L , i † i σ ¯ m D m q L , i − 1 4 GRAMO m v GRAMO m v
Muy por debajo de la escala débil podemos reescribir lo siguiente como,
L = ∑ ℓ ∈ tu L , d L , s L , tu R , d R , s R q ℓ † i σ ¯ m D m q ℓ − 1 4 GRAMO m v GRAMO m v
Por lo tanto, parece que si no nos preocupan los efectos electrodébiles (y, por lo tanto, las derivadas covariantes en los campos de mano derecha son las mismas que en los de mano izquierda), entonces de hecho tenemos un S tu ( 6 ) × tu ( 1 ) V simetría,
( tu L d L s L tu R d R s R ) → mi i T A α A ( tu L d L s L tu R d R s R )
en lugar de los más comúnmente discutidos S tu ( 3 ) × S tu ( 3 ) × tu ( 1 ) V . Sin embargo, el hecho de que nunca haya visto esta discusión me hace dudar de su validez. ¿Es lo anterior una forma legítima de discutir la simetría quiral?

¿Cómo sería el S tu ( 6 ) simetría que ves aquí actúa sobre los campos de norma? No veo esta simetría que pareces ver, ¿podrías escribir sus transformaciones? (Además, falta algún tipo de rastro en el GRAMO para que esto sea un lagrangiano invariante)
q ¯ L i γ m D m q R = 0 . Su simetría no actúa sobre los campos.
@ACuriousMind: reescribí la pregunta en notación de dos componentes para aumentar la claridad y agregué una transformación explícita. Por favor, hágamelo saber si esto no está claro.
@Thomas: Quizás mi notación actualizada explique mejor lo que tenía en mente.
Creo que el problema es que las masas de los quarks rompen la simetría quiral. La simetría quiral aproximada sigue siendo una buena aproximación para arriba, abajo y extraño (es decir, podemos aproximarlos como sin masa), el hecho de que estemos aproximando tres quarks sin masa es de donde proviene el 3 en SU(3) en quiral teoría de la perturbación (tenga en cuenta que esto es diferente de la existencia de 3 colores, por lo que el grupo de calibre de QCD es SU (3)).

Respuestas (2)

Bien, creo que tengo una respuesta, pero me interesaría escuchar algunos comentarios sobre esto. Inicialmente pensé que al escribir los campos de mano izquierda y derecha en notación de 2 componentes ( q L y q R C ), eran objetos 'equivalentes' y podían rotar libremente entre sí. Sin embargo, me di cuenta ahora que este no es el caso.

Los campos izquierdo y derecho están en la representación fundamental y anti-fundamental de S tu ( 3 ) C (debido al símbolo conjugado que a menudo se omite en los campos de la mano derecha) y, por lo tanto, no se pueden rotar simplemente entre sí. Esto restringe los campos de la izquierda para rotar en campos de la izquierda y campos de la derecha y campos de la derecha y por lo tanto el S tu ( 3 ) L × S tu ( 3 ) R en lugar de una rotación entre todos los campos ( S tu ( 6 ) ).

Tenga en cuenta que para la discusión anterior estaba usando la notación común más allá del modelo estándar donde los campos fundamentales son todos campos quirales izquierdos y, por lo tanto, se transforman de la misma manera (para obtener detalles sobre esto, consulte hep-ph/9709356, al final de la página 8 ) . Una alternativa a este punto de vista es definir los campos fundamentales como campos quirales izquierdo y derecho y luego, como mencionó @Thomas, se transforman de la misma manera bajo S tu ( 3 ) C pero no puede rotar entre ellos ya que tienen diferentes representaciones en el grupo de Lorentz.

L y R están en la misma representación de S tu ( 3 ) C , pero en diferentes representaciones del grupo de Lorentz (hay algo mal con su operador de Dirac, por cierto, ahora que escribió en notación de 2 componentes), por lo que su simetría de sabor propuesta mezcla diferentes representaciones de S O ( 3 , 1 ) .
@Thomas: Gracias por sus comentarios. Estaba usando la notación BSM (ver actualización para responder), lo que creo que resultó en la confusión.
Entonces todavía tendrías que escribir algo como σ 2 tu R † en lugar de tu L en su vector de 6 componentes. En cualquier caso, violas cualquiera de las dos S tu ( 3 ) C (y número bariónico tu ( 1 ) V ) o invariancia de Lorentz.
Sospecho que cualquier discusión sobre el color, aquí, es irrelevante, ya que el color es similar a un vector, por lo que es ciego a LR. Pero si cree que tiene una simetría que envía L a R y viceversa, considere las corrientes de Noether de cualquier transformación de este tipo que desenfoca la parte del sabor. ¿Ves que todas y cada una de esas corrientes desaparecerían de los proyectores quirales aniquilándose entre sí? Sí, esta transformación no conmuta con el grupo de Lorentz. ψ L ¯ γ m . . . ψ R = 0 , donde ... sugiere las matrices de sabor irrelevantes. No habrá un cargo para lograr esto.
Entonces, para resumir, la simetría de este es SU(3)xSU(3)xP donde P es la simetría discreta , no continua, y carece de corriente de Noether.
Hay otro, diferente pero análogo, SU(6) para quarks masivos no relativistas (así que también engancha al grupo de Lorentz y solo funciona en el límite lento), de los años 60, con [dificultades] mejor exploradas. ( journals.aps.org/rmp/abstract/10.1103/RevModPhys.38.215 ). Aunque no es una simetría de la matriz S, organiza de forma útil los bariones en 70 y los mesones (pseudoescalar+vector) en 35 . Su grupo es diferente, pero en el representante de Weyl que está utilizando, γ 0 es la matriz 2x2 fuera de la diagonal que intercambia L con R. Por lo tanto, también intenta combinar SU(3) con Lorentz.

Pensándolo bien, la razón por la cual las corrientes y cargas de Noether de todas esas transformaciones continuas desaparecen, según mis comentarios a su respuesta, @JeffDrorr, es que la transformación d ψ L = θ ψ R ¡simplemente no existe, en absoluto, y parece que existe por la falta admitida de transparencia intuitiva de la notación de Dirac!

Considere un Lagrangiano libre de un fermión zurdo, i ψ L ¯   ∂ /     ψ L = i ψ L ¯   PAG R ∂ /   PAG L ψ L , donde el rhside se escribe en perversa redundancia, sin costo extra, por la idempotencia de los proyectores quirales! Ahora, aplique la transformación de L a R en la que se basa el esquema al último fermión, para generar un "incremento" i ψ L ¯   PAG R ∂ /   PAG L θ   ψ R , nacido muerto por la acción del operador de proyección. Bueno, dado el proyector izquierdo que lo precede, nunca transformaste realmente el campo: el término O( θ ) no está allí, incluso antes de que pasemos a transformar el ψ ¯ s, por no hablar de un complemento de un fermión lagrangiano de mano derecha libre cuyos fermiones de mano derecha rotarían a los de mano izquierda. Esto no es realmente una simetría bajo una transformación, ¡es invariancia bajo estasis!

Las simetrías internas combinadas con esta no transformación fundamental son pistas falsas multiplicadas por tensores. Confieso que tales son los problemas más difíciles de resolver, a saber, estudiar unicornios que no existen, porque no podrían...

Hay otra razón estructural por la cual su combinación no trivial de simetrías internas (sabor) y el grupo de Lorentz no pueden funcionar, y ese es el teorema de Coleman-Mandula, que, sin embargo, es notoriamente difícil de verificar para excluir lagunas ocultas. Por lo tanto, excluye el SU (6) que estoy comentando a continuación como una simetría de buena fe, pero ese SU (6) sigue siendo una simetría de clasificación útil en ese caso, no el suyo ...
¿Por qué la simetría quiral es solo SU(3)×SU(3)SU(3)×SU(3)SU(3) \times SU(3) y no SU(6)SU(6)SU(6)?
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