¿Por qué se conserva el color en QCD?

Invariancia global bajo$SU(N)$es equivalente a la conservación de$N^2-1$cargas – estas cargas no son más que los generadores del álgebra de Lie${\mathfrak su}(N)$que mezclan algunos componentes de$SU(N)$multipletes con otros componentes de los mismos multipletes. Estos cargos no conmutan entre sí en general. En cambio, sus conmutadores están dados por las relaciones definitorias del álgebra de Lie,

$$[\tau_i,\tau_j] = f_{ij}{}^k \tau_k$$ Pero estos generadores $\tau_i$son simetrías porque conmutan con el hamiltoniano, $$[\tau_i,H]=0.$$ Ninguno de estos cargos puede interpretarse como el "número de gluón". Esta identificación no tiene ningún fundamento no solo en QCD sino incluso en el caso más simple de QED. Lo que se conserva en electrodinámica debido a la $U(1)$¡La simetría seguramente no es el número de fotones! es la carga electrica $Q$que es algo completamente diferente. En particular, los fotones no llevan ninguna carga eléctrica.

Del mismo modo, esta única carga$Q$– generador de$U(1)$- es reemplazado por$N^2-1$cargos$\tau_i$, los generadores del álgebra${\mathfrak su}(N)$, en el caso de la$SU(N)$grupo.

Además, es engañoso, pero algo menos engañoso, sugerir que los cargos conservados en el mundo$SU(N)$Las teorías invariantes son sólo las$N$cargos de color. Lo que se conserva, lo que conmuta con el hamiltoniano, es todo el multiplete de$N^2-1$cargas, los generadores de${\mathfrak su}(N)$.

Las álgebras no abelianas pueden ser un poco contrarias a la intuición y la motivación oculta detrás de la afirmación engañosa del OP puede ser un intento de representar$SU(N)$como un$U(1)^k$porque es posible que desee que los cargos se conmuten y, por lo tanto, admitan estados propios simultáneos (los valores de los cargos están bien definidos en el mismo momento). Pero$SU(N)$no es isomorfo a ninguno$U(1)^k$; el primero es un grupo no abeliano, el segundo es un grupo abeliano.

A lo sumo, puede incrustar un$U(1)^k$agrupar en$SU(N)$. No hay una forma preferente canónica de hacerlo, pero todas las opciones son equivalentes hasta la conjugación. Pero el grupo de desplazamiento más grande en el que uno puede integrarse$SU(N)$no es$U(1)^N$. En cambio, es$U(1)^{N-1}$. La resta de uno surge debido a$S$(especial, determinante es igual a uno), una condición que restringe a un grupo más grande$U(N)$cuya subálgebra de Cartan sería de hecho$U(1)^N$.

Por ejemplo, en el caso de$SU(3)$de QCD del mundo real, la subálgebra máxima de desplazamiento (Cartan) del grupo es$U(1)^2$. Describe un espacio bidimensional de "colores" que no se puede visualizar en un televisor en blanco y negro, para usar la analogía con los colores rojo, verde y azul de la visión humana. Imagina un plano con hexágonos y triángulos con rojo-verde-azul y cian-púrpura-amarillo en los vértices.

Pero los objetos grises, es decir, de color neutro, no llevan ninguna carga bajo la subálgebra de Cartan de$SU(N)$. Por ejemplo, el neutrón se compone de un quark de valencia rojo, uno verde y uno azul. Entonces se podría decir que tiene cargos.$(+1,+1,+1)$bajo los "tres colores". Pero eso sería totalmente inválido. Un neutrón (al igual que un protón) en realidad no lleva cargas de "color" QCD conservadas. Es neutral bajo la subálgebra de Cartan.$U(1)^2$de$SU(3)$porque los colores de los tres quarks se contraen con el tensor antisimétrico$\epsilon_{abc}$para producir un singlete. De hecho, es invariante bajo los ocho generadores de$SU(3)$. Tiene que ser así. Todas las partículas que pueden aparecer aisladas deben ser singletes de color, es decir, deben tener valores de fuga de todas las cargas conservadas en$SU(3)$– ¡Por el confinamiento!

Así que en cuanto a la$SU(3)$van las cargas, nada impide que un neutrón se desintegre en productos finales completamente neutros, como los fotones. Es solo el giro (medio integral)$J$y el (altamente aproximadamente) número bariónico conservado$B$que solo permiten que el neutrón se desintegre en un protón, un electrón y un antineutrino y que hacen que el protón sea estable (hasta ahora) aunque el protón se descompone en productos finales completamente libres de quarks, como$e^+\gamma$es casi seguro que es posible aunque sea muy raro.

Lo que ha escrito Luboš es totalmente correcto, pero también entiendo que no responde completamente a su pregunta. Por la declaración "el color se conserva en QCD" probablemente quiere decir que hay tres simetrías U(1) correspondientes al color rojo, verde y azul. Lo sabes porque has visto muchas imágenes de QCD como esta , donde las líneas de colores nunca terminan. Me parece interesante que esto casi no se explica explícitamente en ninguna parte. Considere mi respuesta como una continuación de la de Luboš en lugar de una explicación alternativa.

Como había escrito Luboš, el$SU(3)$la simetría de calibre implica que hay dos operadores de conmutación porque Rank[$SU(3)$]=2. Podemos elegir convencionalmente esos operadores como

$$\lambda_3=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \quad \lambda_8 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-2\end{pmatrix}.$$ Esos operadores actúan sobre los quarks. $q=(q_r, q_g, q_b)^T$a través de la multiplicación por la izquierda y en los gluones $G_\mu = \sum_{i=1}^8\lambda_i G^{i}_\mu$vía conmutación. Aparentemente, esos no son operadores de color rojo, verde o azul.

Sin embargo, como también ha escrito Luboš, hay un problema global adicional$U(1)$simetría correspondiente a la conservación del número bariónico. La representación de su generador, es decir, el operador del número bariónico, en la misma notación toma la forma

$$B = \frac{1}{3} \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}.$$

Por eso$\{\lambda_3, \lambda_8, B\}$abarca el álgebra de Lie trivial correspondiente a la$U(1)^3$grupo de simetria Como cualquier base es tan buena como cualquier otra, podemos cambiar la base haciendo las combinaciones lineales de los 3 generadores a la siguiente:

$$r= \begin{pmatrix} 1&0&0&\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \quad g= \begin{pmatrix} 0&0&0&\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \quad b= \begin{pmatrix} 0&0&0&\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$ Obviamente, esos operadores merecen ser llamados los operadores de color rojo, verde y azul porque $$\psi_r = \begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}, \quad \psi_g = \begin{pmatrix} 0\\1\\0\end{pmatrix}, \quad \psi_b = \begin{pmatrix} 0\\0\\1\end{pmatrix}$$ son sus estados propios simultáneos con los valores propios anticipados.

Es por eso que los colores se convierten. Por lo tanto, tiene sentido afirmar que el neutrón tiene colores (+1,+1,+1), pero es equivalente a la afirmación (más elegante) de que el neutrón es un barión incoloro.

Creo que la carga de color NO puede ser una carga de Noether. En el contexto de la teoría de Yang-Mills, el color es solo el índice de los generadores de la representación matricial del grupo calibre.

La declaración "los colores se conservan" puede provenir de la identidad de Fierz:

$\sum_a T^a_{ij}T^a_{kl} = \frac{1}{2} \left( \delta_{il}\delta_{jk} - \frac{1}{N} \delta_{ij}\delta_{kl}\right)$

Esta estructura puede aparecer en los diagramas de Feynman. por ejemplo, para$u\bar{d} \to u \bar{d}$dispersión, tenemos en el nivel de árbol:

$$\begin{equation} T_{j i}^{a} T_{k l}^{a}\left(i g_{s}\right)^{2} \bar{u}_{j}\left(p_{2}\right) \gamma^{\mu} u_{i}\left(p_{1}\right) \frac{-i\left[g_{\mu \nu}-(1-\xi) \frac{k_{\mu} k_{\nu}}{k^{2}}\right]}{k^{2}} \bar{v}_{k}\left(p_{3}\right) \gamma^{\nu} v_{l}\left(p_{4}\right) \end{equation}$$ Por lo tanto, si el "color" entrante$i \neq j$, entonces tenemos color saliente para ser$l=i,~ k = j$, que puede interpretarse como "conservación del color". Si$i =j$, entonces lo llamamos "color singlete", y el estado final puede ser rojo/anti-rojo, azul/anti-azul o verde/anti-verde.