¿Por qué se suelen utilizar matrices gamma 4x4? [duplicar]

No tienes otra opción que usar$4\times 4$matrices. Todas estas "representaciones" son realizaciones diferentes (relacionadas por transformaciones de similitud) de la única representación irreducible posible del álgebra de Clifford que se extiende por el resumen$\gamma^\mu$. Esta representación, en cierto modo, es la definición de lo que es un "espinor de Dirac", y suele ser una representación del grupo de cobertura del grupo de rotación, pero solo una representación proyectiva del grupo de rotación en sí. Además, no siempre es irreducible como representación del grupo de rotación (por ejemplo, el espinor 4D Diac se descompone en los dos espinores de Weyl y también en dos espinores de Majorana).

Puede demostrar en general que el álgebra de Clifford en$(1,d-1)$dimensiones tiene sus únicas representaciones irreducibles dadas por un espacio vectorial de dimensión$2^{\lfloor {d/2}\rfloor}$, cual es$2^2 = 4$, considerando los "operadores de subida/bajada"${\gamma^\pm}^k = \gamma^{2k}\pm\gamma^{2k+1}$en estrecha analogía con el método habitual del operador de escalera para$\mathfrak{su}(2)$. Resulta que el espacio abarcado por$\lvert s_1,\dots,s_k\rangle$por$s_i=\pm 1/2$(la$s_i$son los valores propios de$S^k = [\gamma^{+k},\gamma^{-k}]$) es la única representación irreducible no trivial consistente que puede construir. En dimensiones impares, hay dos diferentes de estas que difieren por quiralidad.

Otra forma utiliza el grupo de los$\Gamma^M$construido tomando productos$\gamma^{\mu_1}\dots\gamma^{\mu_k}$por$k \leq d$y$\mu_1 < \mu_2 < \dots \mu_k$. los$M$corre de$1$a$2^d$(otra cosa hay que mostrar...). Cualquier representación irreducible del álgebra de Clifford es una representación grupal irreducible de este grupo.

Ahora considere$S = \sum_M \rho(\Gamma^M) N\sigma(\Gamma^M)^{-1}$para dos representaciones irreducibles$\rho$de dimensión$n$y$\sigma$de dimensión$n'$y cualquier$n\times n'$-matriz$N$. Puedes demostrar eso$S\rho(\gamma^M) = \sigma(\gamma^M)S$, asi que$S$es un entrelazador, y por el lema de Schur o bien$S$es invertible, entonces$n=n'$, o$S=0$. Entonces, si hay dos representaciones irreducibles diferentes, esto dice que$\sum_M\rho(\Gamma^M)N\sigma(\Gamma^M)^{-1} = 0$para cualquier elección de$N$. Por lo tanto

$$\sum_M \rho(\Gamma^M)_{kl}\sigma(\Gamma^M)_{ij} = 0$$ para todos $k,l,i,j$. Elegir $k=l$y $i=j$sumando (es decir, tomando la traza de las dos matrices de forma independiente) y pensando en qué matrices gamma contribuyen a estas trazas, se puede concluir tanto para el caso par como para el caso impar que $n=n'$debe sostenerse, y que hay una representación irreducible incluso para $d$y dos de ellos para el caso impar.

Esa es una buena pregunta. Para responder a esto, comencemos con el álgebra de Clifford generada por$\gamma$matrices.

$$\begin{equation} \gamma_{\mu}\gamma_{\nu}+ \gamma_{\mu}\gamma_{\nu}=2\eta_{\mu\nu} \end{equation}$$ con $\mu,\nu=0,1,2,\cdots N$con la firma métrica $\eta_{\mu\nu =}\text{diag}(+,-,-,-,\cdots,-)$. Usando $I$y $\gamma_{\mu}$podemos construir un conjunto de matrices de la siguiente manera $$\begin{equation} I, \gamma_{\mu},\gamma_{\mu}\gamma_{\nu}\quad(\mu<\nu), \gamma_{\mu}\gamma_{\nu}\gamma_{\lambda}\quad(\mu<\nu<\lambda),\cdots,\gamma_{1}\gamma_{2}\cdots\gamma_{N} \end{equation}$$ Existen $$\begin{equation} \sum_{p=0}^{N}\binom{N}{p} = 2^{N} \end{equation}$$ tales matrices. llamémoslos $\Gamma_{A}$, dónde $A$corre de $0$a $2^{N}-1$. Ahora deja $\gamma_{\mu}$son $d\times d$matrices irreducibles dimensionales. Nuestro objetivo es encontrar una relación entre $d$y $N$. Con este fin, definamos una matriz $$\begin{equation} S = \sum_{A=0}^{2^N-1}(\Gamma_{A})^{-1}Y\Gamma_{A} \end{equation}$$ . Dónde $Y$es algo arbitrario $d\times d$matriz. Se sigue que $$\begin{equation} (\Gamma_{B})^{-1}S\Gamma_{B} = \sum_{A=0}^{2^N-1}(\Gamma_{A}\Gamma_{B})^{-1}Y\Gamma_{A}\Gamma_{B} =\sum_{C=0}^{2^N-1}(\Gamma_{C})^{-1}Y\Gamma_{C}=S \end{equation}$$ Donde hemos usado $\Gamma_{A}\Gamma_{B}=\epsilon_{AB}\Gamma_{C}$, con $\epsilon_{AB}^{2}=1$Por eso $$\begin{equation}S\Gamma_{A}=\Gamma_{A}S\end{equation}$$ Ya que $S$conmuta con todas las matrices del conjunto, por el lema de Schur concluimos que $S$debe ser proporcional a la matriz identidad para que podamos escribir $$\begin{equation} S = \sum_{A=0}^{2^N-1}(\Gamma_{A})^{-1}Y\Gamma_{A} = \lambda I \end{equation}$$ Tomando rastro obtenemos $$\begin{eqnarray} \text{Tr} S & = & \sum_{A=0}^{2^N-1} \text{Tr} Y = \lambda d\\ \Rightarrow \lambda & = & \frac{2^{N}}{d}\text{Tr} Y \end{eqnarray}$$ o $$\begin{equation} \sum_{A=0}^{2^N-1}(\Gamma_{A})^{-1}Y\Gamma_{A} = \frac{2^{N}}{d}\text{Tr} Y \end{equation}$$ Tomando el $(j; m)$elemento de matriz de ambos lados de la última ecuación rendimiento $$\begin{equation} \sum_{A=0}^{2^N-1}(\Gamma_{A})^{-1})_{jk}(\Gamma_{A})_{km} = \frac{2^{N}}{d}\delta_{jm} \delta_{kl} \end{equation}$$ dónde $j; k; l; m = 1; 2;\cdots; d$y hemos usado el hecho de que Y es un valor arbitrario $d \times d$matriz. si establecemos $j = k; l = m$y la suma de estos dos índices, que da $$\begin{equation} \sum_{A=0}^{2^N-1} \text{Tr}[(\Gamma_{A})^{-1}] \text{Tr}[\Gamma_{A}] = 2^{N}\end{equation}$$ Hay dos casos a considerar, a saber, $N$incluso y $N$extraño. Para $N = 2M$(incluso), $\text{Tr} \Gamma_{A} = 0$excepto por $\Gamma_{0} = 1$para cual $\text{Tr} \Gamma_{0} = d$. Lo que da $$\begin{equation} d^2 = 2^N\qquad \text{or} \quad \boxed{d = 2^{N/2}} \end{equation}$$ Este es el resultado principal. Para el espacio-tiempo de cuatro dimensiones de Minkowski $N=4$en consecuencia, la dimensión de la representación irreductible es $d = 2^{4/2} =4$.