¿Qué define el espín de un determinado campo? (formalmente)

El punto del truco de la unitaridad de Weyl es precisamente que (careciendo de un isomorfismo completo, sin embargo, a través de la complejización) pasan los cálculos algebraicos de Lie relevantes, por lo que los irreps no unitarios finitos-dimensionales del grupo de Lorentz se clasifican de esta manera . Se detallan en este artículo de Wikipedia , excepto que tenga en cuenta que el artículo usa espines para las etiquetas, mientras que usted usa la dimensionalidad de los multipletes de espín, 2 s +1, en su lugar.

En su notación, que tiene la ventaja discutible de que la aritmética de los números de estados en el subespacio vectorial relevante se verifica fácilmente, (3,3) es, de hecho, el campo tensor simétrico de espín 2; pero tu segundo caso está muy mal: lo que escribiste es un bispinor, es decir, un espinor de Dirac; el tensor 2 antisimétrico, por lo que el giro 1, es (3,1)⊕ (1,3), en cambio. (Recuerde la ley de composición del momento angular que usó, 2 ⊗ 2 = 3 ⊕ 1 ); finalmente, por supuesto, (1,1) es un singlete.

La razón por la que esto te confunde es porque estás multiplicando Kronecker ⊗ (suma de giro) producto tensorial × (¡así que virtualmente ⊕ para el álgebra con 6 ángulos!), pero las reglas son evidentes por sí mismas, y puedes contar tus estados para asegúrese de no haber perdido ninguno.

Entonces, (¡en su notación peculiar!) está expandiendo la combinación (suma de espín) de dos vectores de Lorentz, (2,2)⊗(2,2)=(2⊗2,2⊗2) =(3,3 )⊕(3,1)⊕(1,3)⊕(1,1), repartiendo la respuesta, y con tu error corregido. Tensor simétrico sin rastro, obviamente espín 2 (la suma de dos 3 s simétricamente contiene el 5 , ¡pero tenga en cuenta que el singlete también está presente!); tensor antisimétrico (¡como el electromagnético!), espín uno; y traza, escalar.

Ninguna fórmula fácil como la propuesta anteriormente se mantiene, pero normalmente la respuesta es evidente por el contexto. Además, consulte los valores propios de Pauli-Lubanski involucrados.

Esto es un poco tarde, pero espero que sea útil para las personas en el futuro:

Sabemos que la representación vectorial del grupo de Lorentz es$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, donde estoy etiquetando irreps por su giro, en lugar de su dimensión.$^1$Entonces sabemos que un tensor general de Lorentz de segundo rango debe vivir por definición en la representación:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, así que ampliemos esto y veamos qué encontramos:

$$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) = \left(1\oplus0\right) \otimes \left(0\oplus 1\right) = (1,1)\oplus(1,0)\oplus(0,1)\oplus(0,0)$$ donde la primera descomposición$^2$es simplemente lo que tú y Cosmas llaman$\mathbf{2}\otimes\mathbf{\bar{2}}=\mathbf{1}\oplus\mathbf{3}$. Podemos ver que un tensor de Lorentz de rango 2 con 16 grados de libertad se descompone en una pieza de espín 2 de 9 dimensiones, una pieza de espín 1 de 6 dimensiones y una pieza de espín 0 de 1 dimensión. Puede usar una teoría de grupos más sofisticada o simplemente construir estos objetos para ver cómo se ve cada uno de ellos.

_{1:$dim[(s_1,s_2)] = (2s_1+1)(2s_2+1)$}

_{2: somos libres de conmutar objetos alrededor de una suma directa, pero no alrededor de productos tensoriales}

La pregunta es bastante antigua, pero tal vez esta respuesta todavía sea útil para alguien. Todo se reduce al grupo de rotación . La cosa es: un campo se define por cómo se transforma según la cobertura universal del grupo de Lorentz${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Ahora de la misma manera que el grupo Lorentz contiene rotaciones su tapa universal${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ contiene la cubierta universal del grupo de rotación ,${\rm SU}(2)$.

En ese caso si$\rho : {\rm SL}(2,\mathbb{C})\to{\rm GL}(V)$es una representación de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$en un espacio vectorial$V$restringiendo$\rho$hacia${\rm SU}(2)$subgrupo tenemos una representación$\rho|_{\rm SU(2)}:{\rm SU}(2)\to {\rm GL}(V)$de la tapa universal del grupo de rotación .

Incluso si$\rho$es inicialmente un irrep de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ puede que no sea una representación irreducible del grupo de rotación . Aún así, siempre puedes descomponerlo en sus partes irreductibles. Por lo tanto, puede descomponerse

$$V=\bigoplus_{i}V_i$$

dónde$V_i$es invariante bajo${\rho}|_{\rm SU(2)}$y es una representación irreductible de${\rm SU}(2)$. Ahora recuerda los irreps de${\rm SU}(2)$están etiquetados por espín$j\in \frac{1}{2}\mathbb{Z}_+$: estos son los giros que el campo transforma bajo$\rho$contiene.

Ejemplo : elija la representación vectorial de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$, que en realidad es una representación de${\rm SO}(1,3)$. Esta es, de hecho, la acción definitoria del grupo de Lorentz en$\mathbb{R}^4$por multiplicación de matrices. Ahora recuerda que las rotaciones son las transformaciones de la forma

$$\Lambda=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & R\end{pmatrix},$$

dónde$R\in {\rm SO}(3)$. Ahora bien, es muy fácil observar que el subespacio atravesado por$(1,0,0,0)$solo se deja invariante y que el subespacio abarcado por$\{(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\}$se deja invariante. Estos son los subespacios que se transforman irreductiblemente bajo${\rm SO}(3)$: el primero según el giro$0$y el segundo según giro$1$. Por lo tanto, la representación vectorial del grupo de Lorentz se descompone bajo rotaciones son$0\oplus 1$.

De manera más general, considere los irreps de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Estos están etiquetados por pares.$(A,B)$dónde$A$y$B$etiqueta irreps de${\rm SU}(2)$. Lo que puede mostrar (consulte The Quantum Theory of Fields de Weinberg, Capítulo 5, para ver la construcción completa) es que la representación de${\rm SU}(2)$asociado a este$(A,B)$irrep es la suma directa de todos${\rm SU}(2)$irreps donde el giro oscila en el intervalo$A+B,A+B-1,\dots, |A-B|$.

En otras palabras: ¡es una adición al problema del momento angular!

Observe que el vector irrep es$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$por lo tanto está asociado${\rm SU}(2)$la representación tendrá giros$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$y$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. De nuevo el vector irrep es$0\oplus 1$. Los irreps de Weyl son$(\frac{1}{2},0)$y$(0,\frac{1}{2})$y facilmente ves que solo pueden llevar spin$\frac{1}{2}$. Y esto ocurre con todo tipo de campos.

Entonces, la respuesta rápida es: dado un campo, se transforma de acuerdo con alguna representación específica de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Los espines que lleva están determinados por cómo se transforma bajo el inducido${\rm SU}(2)$representación de subgrupos de rotación. En muchos casos no es necesario que tenga un giro bien definido, porque el${\rm SU}(2)$la representación puede ser reducible. En ese caso, el campo puede transportar cualquier espín que aparezca en la descomposición del${\rm SU}(2)$representación en sus irreps. Finalmente para el$(A,B)$irreps de${\rm SL}(2,\mathbb{C})$encontrar los espines que lleva el campo equivale a resolver un problema de suma de momento angular con espines$A$y$B$.