Variación del término de quark cinético del QCD Lagrangiano bajo transformación de calibre

El término cuadrático en$g_s$desapareció porque estamos considerando transformaciones infinitesimales en$\alpha$aquí, y sólo se consideran los términos lineales.

Para ver eso$T^a$y$\gamma^\mu$conmutan entre sí podemos escribir los términos cinéticos que explican los índices:

$$\tag{1} \bar \psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) \psi \equiv \bar \psi_{\alpha,i} (i \gamma^\mu_{\alpha\beta} \delta_{ij} \partial_\mu - m \delta_{\alpha \beta} \delta_{ij}) \psi_{\beta,j},$$ donde el $i,j$Los índices son índices de sabor y provienen del hecho de que los campos de espinor $\psi$transformarse bajo alguna representación (en este caso la fundamental) del grupo gauge (en este caso $SU(3)$). El $\delta_{ij}$y $\delta_{\alpha \beta}$Los términos están allí como los componentes de las matrices de identidad que actúan respectivamente sobre el grupo de calibre y sobre los grados de libertad de espín. Otra forma de escribir (1) , sumando sobre el índice $i$y usando el $\delta_{ij}$término, es: $$\tag{1'} \bar \psi_{\alpha, j} ( i \gamma^\mu_{\alpha \beta} \partial_\mu - m \delta_{\alpha \beta}) \psi_{\beta,j} = 0.$$ La razón física del operador cinético. $(i \! \not\! \partial-m)$ser diagonal en los índices de sabor es que durante la propagación el sabor no cambia (por ejemplo, un quark down no decide por sí mismo convertirse en bottom , si no interactuando con otra cosa). Otra forma más de escribir (1) , con la que puede o no estar más familiarizado es $$\tag{1''} i \bar \psi_\alpha^j \gamma^\mu_{\alpha\beta} \partial_\mu \psi_\beta^j - m \bar \psi_{\alpha}^j \psi_{\alpha}^j \equiv i \bar \psi \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \bar \psi \psi = 0.$$

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Al explicar los índices, la transformación de calibre tiene la forma:

$$\tag{2} \psi_{\alpha,i}(x) \rightarrow (e^{ i g_s \alpha^a(x) T^a} )_{ij} \psi_{\alpha,j}(x),$$ que manteniendo sólo los términos lineales en $\alpha$se convierte en: $$\tag{3} \psi_{\alpha,i}(x) \rightarrow ( \delta_{ij} + ig_s \alpha^a(x) T^a_{ij}) \psi_{\alpha,j}(x) \equiv \psi_{\alpha,i}(x) + ig_s \alpha^a(x) T^a_{ij} \psi_{\alpha,j}(x),$$ donde es importante notar como los generadores $T^a$actuar sobre los índices de sabor $i,j$, no en los índices de espinor $\alpha,\beta$. Una vez que haya hecho explícita toda la suma involucrada en los índices, todos los objetos que le quedan son números (eventualmente complejos), por lo tanto, todos conmutan (con la excepción de los campos espinores, por supuesto, que son números de Grassman).

¿Cómo se aplica esto a su cálculo?

1. Su cuarto término se desprecia debido al orden$\mathcal{O}(\alpha^2)$.
2. En su segundo término, la derivada actúa tanto en$\alpha$y en$\psi$, dando el término (ya no estoy explicitando índices aquí por brevedad): $$\tag{4} \bar \psi ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m) ig_s \alpha^a T^a \psi = -g_s (\partial_\mu \alpha^a) \bar \psi \gamma^\mu T^a \psi + i g_s \alpha^a \bar \psi ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) T^a \psi$$
3. El término que implica tanto a la$\gamma$y los generadores$T^a$(y la derivada$\partial_\mu$actuando$\psi$) tiene la forma: $$\tag{5} (i)^2g \alpha^a \bar \psi_{\alpha,i} (\gamma^\mu_{\alpha\beta} T^a_{ij} - T^a_{ij} \gamma^\mu_{\alpha\beta}) \partial_\mu \psi_{\beta,j} = 0,$$ donde como dije arriba$\gamma^\mu_{\alpha\beta}, T^a_{ij} \in \mathbb{C}$por lo tanto, viajan.

Consulte también el artículo de wikipedia sobre la derivada covariante de calibre para cálculos similares.