¿Qué prohíbe los elementos fuera de la diagonal en los términos cinéticos del modelo estándar?

El lagrangiano más general consistente con las simetrías tiene un término cinético no diagonal; sin embargo, el punto es que generalmente puede redefinir los campos de modo que el término cinético sea la identidad. La forma en que esto se desarrolle depende de los campos que nos interesen, es decir, si se trata de campos de materia o de indicadores. Comenzamos discutiendo los fermiones de espín 1/2 (la situación para los escalares es similar) y luego discutimos el caso más complicado de los bosones de norma.

Fermiones

Considere una teoría de calibre con un conjunto de campos,$\psi _i$, con la misma carga bajo una simetría de norma. Vamos a ver cómo se desarrolla esto. El lagrangiano más general que puedes escribir es:

$$\begin{equation} {\cal L} = i \lambda _{ ij} \bar{\psi} _i \gamma ^\mu D _\mu \psi _j - m _{ ij} \bar{\psi} _i \psi _j \end{equation}$$ La condición de realidad requiere que $\lambda$y $m$son ambas matrices hermitianas. Siempre podemos realizar una redefinición de campo, $\psi _i \rightarrow T _{ ij}\psi _j$. $$\begin{equation} {\cal L} \rightarrow ( T ^\dagger \lambda T ) _{ ij}\bar{\psi} _i \gamma ^\mu D _\mu \psi _j - ( T ^\dagger m T ) _{ ij} \bar{\psi} _i \psi _j \end{equation}$$ Para una matriz hermítica, $\lambda$, siempre es posible encontrar una transformación (¡no unitaria!) $T$tal que $T ^\dagger \lambda T$es la identidad. Esto se puede ver dividiendo $T$hasta en una matriz unitaria, $U$, que diagonaliza $\lambda$y una matriz $R$que es igual a la raíz cuadrada de la inversa de los valores propios de $\lambda$:

$$\begin{equation} T ^\dagger \lambda T = R ^\dagger U ^\dagger \lambda U R = \sqrt{ \lambda _D ^{-1} } \lambda _{ D}\sqrt{ \lambda _D ^{-1} } = {\bf 1} \end{equation}$$ dónde $\lambda _D$se define como la diagonalizada $\lambda$. Por lo tanto, podemos escribir, $$\begin{equation} {\cal L} \rightarrow i \bar{\psi} _i \gamma ^\mu D _\mu \psi _i - ( T ^\dagger m T ) _{ ij} \bar{\psi} _i \psi _j \end{equation}$$ Dado que la matriz $T ^\dagger m T$es completamente genérico, también podemos volver a etiquetarlo $M$dando el lagrangiano inicial habitual, $$\begin{equation} {\cal L} = i \bar{\psi} _i \gamma ^\mu D _\mu \psi _i - M _{ ij} \bar{\psi} _i \psi _j \end{equation}$$

A partir de este análisis se puede pensar que hemos fijado completamente la base de$\psi$y por lo tanto ya no puede hacer redefiniciones de campo. Sin embargo, éste no es el caso. El término cinético sigue siendo invariante bajo transformación unitaria y, por lo tanto, todavía tenemos la libertad de rotar el$\psi$base por una matriz unitaria (que se hace a menudo en la discusión de las interacciones SM yukawa).

Campos de indicador

Los campos de calibre son más complicados ya que hay simetrías que impiden que se escriban ciertos términos (las matrices de calibre y masa a menudo no son genéricas). Esto da como resultado características sutiles.

Considere una teoría con múltiples U(1):

$$\begin{equation} {\cal L} = - \frac{1}{4} \lambda _{ ij} F _{ \mu\nu } ^i F ^{ j\,\mu\nu } + i \bar{\psi} _f D _\mu \gamma ^\mu \psi _f + m _{ ij} ^2 A ^i A ^j \end{equation}$$ donde la derivada covariante, $D ^\mu \psi ^f \equiv ( \partial ^\mu -i e _a ^f X _a ^\mu ) \psi ^f$, tiene una suma sobre los acoplamientos a los campos de calibre. Tenga en cuenta que si una simetría de calibre no se rompe, sus términos de masa desaparecen. Realidad de los conjuntos lagrangianos $\lambda$ser real y simétrico. De manera análoga al caso del fermión, se puede rotar a la unidad mediante una transformación ortogonal ( $O$) seguido de la raíz cuadrada de la inversa de los valores propios de $\lambda$, $T = O R$. Esta matriz ahora gira los diferentes acoplamientos, $$\begin{equation} {\cal L} = - \frac{1}{4} F _{ \mu\nu } ^i F ^{ i\,\mu\nu } + i \bar{\psi} _f ( \partial ^\mu - i e _a ^f T _{ ab} X _b ^\mu ) \gamma ^\mu \psi _f + ( T ^T m ^2 T ) _{ ij } A ^i A ^j \end{equation}$$ Ahora si $m ^2 _{ ij}$y $e _a ^f$fueran los términos más genéricos posibles, este sería el final de la historia. Redefiniríamos el acoplamiento como se hizo anteriormente y seguiríamos adelante. Sin embargo, para el campo de calibre, a menudo tenemos que una o más de estas simetrías no se rompen y queremos escribirlo en una base que lo haga obvio. Desde aquí no es obvio que esto sea incluso posible. Vamos a ver cómo se desarrolla eso.

La única rotación que podemos hacer dejando invariante el término cinético es ortogonal,$A ^\mu _i \rightarrow O' _{ ij} A _j ^\mu$. Esto da un término de masa,

$$\begin{equation} {\cal L} _m \rightarrow ( O ^{ \prime T} T ^T m ^2 T O ' ) _{ij} A ^i A ^j \end{equation}$$ Dado que el número de valores propios cero no cambia al multiplicarse por matrices invertibles, la diagonalización aún producirá el mismo número de vectores sin masa con los que comenzamos (y, por lo tanto, la diagonalización anterior no rompió ningún U(1) adicional como lo hizo no debería). Realizando esta transformación: $$\begin{equation} {\cal L} _m \rightarrow M _i ^2 A ^i A ^i \end{equation}$$ dónde $M _i$son los valores propios de los vectores transformados (y solo es distinto de cero para las simetrías rotas).

Ahora consideremos el término derivado covariante:

$$\begin{equation} {\cal L} \supset e _a ^f T _{ ab} O _{ b c}'X _c ^\mu \bar{\psi} _f \gamma _\mu \psi _f \end{equation}$$ Debido a la diagonalización de masas, ya hemos fijado completamente la base de los vectores y, por lo tanto, ya no podemos rotar las cosas. Los fermiones inevitablemente obtienen un acoplamiento de calibre enrevesado, $$\begin{equation} g _c ^f \equiv e _a ^f T _{ ab} O _{ b c}' \end{equation}$$

Ahora tengamos una mejor idea de estas matrices con un ejemplo relevante. Considere el caso de U(1)$\times$U(1) donde sólo$1$U(1) está roto ($m _{11} ^2 = m _X ^2 , m _{ 12} ^2 = m _{ 21} ^2 = m _{ 2 2} ^2 = 0$) y tenemos pequeñas mezclas,$\lambda = \left( \begin{array}{cc} 1 & \epsilon \\ \epsilon & 1 \end{array} \right)$. El U(1) ininterrumpido (roto) es análogo al fotón (fotón oscuro). En este caso es fácil calcular las matrices relevantes,

$$\begin{equation} T = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} ( 1 + \epsilon ) ^{ - 1/2} &0 \\ 0 & ( 1 - \epsilon ) ^{ - 1/2} \end{array} \right) \,,\quad O ' = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{cc} \sqrt{ 1 - \epsilon } & \sqrt{ 1 + \epsilon } \\ - \sqrt{ 1 + \epsilon } & \sqrt{ 1 - \epsilon } \end{array} \right) \end{equation}$$ lo que da, $$\begin{equation} T ^T \lambda T = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right)\,,\quad O^ { \prime T} T ^T m ^2 T O ' = \left( \begin{array}{cc} m _{ X} ^2 / ( 1 - \epsilon ^2 ) & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \end{equation}$$ Ahora, si consideramos un fermión inicialmente cargado solo bajo la U(1) continua, vemos que gana un acoplamiento con el estado del vector masivo: $$\begin{equation} {\mathbf{g}} ^{ ( 1 )}= O ^{ \prime T} T ^T \left( \begin{array}{c} 0 \\ e \end{array} \right) \simeq e \left( \begin{array}{c} - \epsilon \\ 1 \end{array} \right) \end{equation}$$ mientras que las partículas cargadas inicialmente solo bajo el U(1) masivo no obtienen una carga para el U(1) ininterrumpido: $$\begin{equation} {\mathbf{g}} ^{ ( 2 )}= O ^{ \prime T} T ^T \left( \begin{array}{c} e ' \\ 0 \end{array} \right) \simeq e' \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \end{equation}$$ El primer efecto es prácticamente lo que sucede cuando consideras un "fotón oscuro" mezclado cinéticamente: tienes un acoplamiento de los fermiones del modelo estándar al fotón oscuro suprimido por un parámetro de mezcla, $\epsilon$. Además, vemos un efecto algo no intuitivo de que las partículas del sector oscuro no ganan tal carga bajo el fotón.

El ejemplo más detallado del modelo estándar real se complica por el hecho de que el estado del vector SM ($B$) es una combinación lineal de un masivo ($Z$) y estado sin masa ($\gamma$). Esto lleva a la posibilidad de que las partículas del sector oscuro ganen carga bajo el electromagnetismo.

El que señalas no se considera un término cinético, sino una interacción de dos puntos entre las dos familias de leptones.

Para comprender la física, debe diagonalizar el término cinético, de modo que pueda comprender cuáles son los componentes independientes de los campos.

Si conoce el mecanismo de Higgs, es análogo al hecho de que tiene que desacoplar los dos campos yendo al indicador unitario. [si no conoce el mecanismo de Higgs, ignore esta línea]