¿Es el término lagrangiano de masa de fermiones imaginario en lugar de real?

Question

¿Es el término lagrangiano de masa de fermiones imaginario en lugar de real?

masa
Física
ecuación de dirac
Grassmann-números
mecánica cuántica
teoría cuántica de campos

Mad Max

Esta parece ser una pregunta absurda, pero tengan paciencia conmigo.

En la teoría cuántica de campos, el término lagrangiano de masa de fermión de Dirac dice

metro \bar{ψ} ψ = metro ({\bar{ψ}}_{L} ψ_{R} + {\bar{ψ}}_{R} ψ_{L}) = metro (ψ_{L}^{†} γ_{0} ψ_{R} + ψ_{R}^{†} γ_{0} ψ_{L})

$m\bar\psi \psi = m(\bar\psi_L \psi_R + \bar\psi_R \psi_L) = m(\psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L)$ Suponiendo que este término lagrangiano de masa de fermión se usa como integrando (en el exponencial) en el formalismo integral funcional de QFT relacionado con el fermión de Dirac, a continuación consideraremos

ψ

$\psi$ componentes como variables anticonmutantes de Grassmann dada la naturaleza antisimétrica de los fermiones, en lugar de variables complejas conmutativas clásicas.

Tenga en cuenta que $m$ se supone que es real a lo largo de esta publicación. La pregunta aquí es si el término de Lagrange de masas $m\bar\psi \psi$ es real o imaginario, no se trata $m$ parámetro en sí. (Tenga en cuenta que podría haber un término de masa pseudoescalar legítimo como en $m\bar{\psi} i\gamma_5\psi$ . Pero no discutiremos sobre la masa pseudoescalar en la publicación actual. Los lectores interesados pueden ver aquí para más detalles.)

Sin embargo, si miras bajo el capó del familiar término masivo $m\bar\psi \psi$ , hay algunas sorpresas al acecho. Veamos un ejemplo simple en la base de Weyl

ψ = (ξ, 0, x, 0)^{T}

$\psi = (\xi, 0, \chi, 0)^T$ dónde

ξ

$\xi$ y

χ

$\chi$ son números reales de Grassmann (

ξ^{*} = ξ

$\xi^*= \xi$ ,

χ^{*} = χ

$\chi^*= \chi$ , no son columnas de 2 componentes, llegaremos al caso general de números complejos de Grassmann hacia el final de la publicación). En la base de Weyl,

(ξ, 0, 0, 0)^{T}

$(\xi, 0, 0, 0)^T$ y

(0, 0, χ, 0)^{T}

$(0, 0, \chi, 0)^T$ representar a la izquierda (

ψ_{L}

$\psi_L$ ) y derecha (

ψ_{R}

$\psi_R$ ) entregaron parte del espinor de Dirac, respectivamente.

Calculemos el término de masa:

metro \bar{ψ} ψ = metro (ψ_{L}^{†} γ_{0} ψ_{R} + ψ_{R}^{†} γ_{0} ψ_{L}) = metro (ξ^{*} x + x^{*} ξ) = metro (ξ x + x ξ) = 0

$m\bar\psi \psi = m(\psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L) = m(\xi^*\chi + \chi^*\xi) = m(\xi\chi + \chi\xi) = 0$ Vaya, es idéntico a cero desde

ξ

$\xi$ y

χ

$\chi$ ¡Son números de Grassmann anti-conmutación! Tenga en cuenta que el

γ_{0}

$\gamma_0$ La matriz simplemente cambia los componentes de la mano izquierda a los componentes de la mano derecha y viceversa en la base de Weyl.

Ahora, modifiquemos el espinor de prueba para hacer que uno de sus componentes sea un Grassmann imaginario (multiplicando $\chi$ Por una $i$ )

ψ = (ξ, 0, i x, 0)^{T}

$\psi = (\xi, 0, i\chi, 0)^T$ Bajo y he aquí (Omitiré el

m

$m$ parámetro de aquí en adelante):

\bar{ψ} ψ = ψ_{L}^{†} γ_{0} ψ_{R} + ψ_{R}^{†} γ_{0} ψ_{L} = ξ^{*} (i x) + (i x)^{*} ξ = i ξ x - i x ξ = 2 i ξ x \neq 0

$\bar\psi \psi = \psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L = \xi^*(i\chi) + (i\chi)^*\xi = i\xi\chi - i\chi\xi = 2i\xi\chi \neq 0$ El término de masa es distinto de cero.

La característica notable y extraña es que el término de masa es imaginario con un $i$ !

El lector interesado puede probar todo tipo de $\psi$ configuraciones en cualquier representación (base Weyl o no), y terminará con el mismo resultado de masa imaginaria. Cualquier esfuerzo por construir un término masivo real será una persecución inútil, ya que el $\psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R$ porción siempre cancelará la $\psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L$ parte.

Verifiquemos dos veces si el término de masa imaginaria es hermitiano:

(2 i ξ x)^{†} = - 2 i x^{*} ξ^{*} = - 2 i x ξ = 2 i ξ x

$(2i\xi\chi)^\dagger = -2 i\chi^*\xi^* = -2i\chi\xi = 2i\xi\chi$ Así que la propiedad de Hermitian está asegurada.

Por otro lado, un término de masa real (si existiera)

(2 ξ x)^{†} = 2 x^{*} ξ^{*} = 2 x ξ = - 2 ξ x

$(2\xi\chi)^\dagger = 2 \chi^*\xi^* = 2\chi\xi = -2\xi\chi$ sería no hermitiano.

El punto clave aquí es que el operador hermitiano es por definición

(A B)^{†} = B^{†} A^{†}

$(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$ Tenga en cuenta que NO hay signo menos, incluso si ambos

A

$A$ y

B

$B$ son impares de Grassmann. (Como nota al margen, la transposición se define como:

(A B)^{T} = - B^{T} A^{T}

$(AB)^T = -B^T A^T$ , si

A

$A$ y

B

$B$ son Grassmann valorados. Tenga en cuenta que hay un signo menos! Ver aquí .)

Al fin y al cabo, los físicos no parecen preocupados por la naturaleza imaginaria del término masa siempre que sea hermitiano. Tengo que subrayar (en respuesta a los comentarios de @octonion) que ser hermitiano y ser real son dos nociones dispares.

Quizás se pregunte por qué la masa imaginaria no se menciona en los libros de texto habituales. Es porque cuando tratamos con fermiones, la práctica común es usar números complejos de Grassmann

ξ = ξ_{1} + i ξ_{2} x = x_{1} + i x_{2}

$\xi = \xi_1 + i\xi_2 \\ \chi = \chi_1 + i\chi_2$ dónde

ξ_{1}

$\xi_1$ ,

ξ_{2}

$\xi_2$ ,

χ_{1}

$\chi_1$ , y

χ_{2}

$\chi_2$ son números reales de Grassmann

Y así el término de masa de $\psi = (\xi, 0, \chi, 0)^T$ es

\bar{ψ} ψ = ψ_{L}^{†} γ_{0} ψ_{R} + ψ_{R}^{†} γ_{0} ψ_{L} = ξ^{*} x + x^{*} ξ

$\bar\psi \psi = \psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L = \xi^*\chi + \chi^*\xi$ la naturaleza imaginaria está oculta a simple vista. Sólo cuando escribimos los términos explícitos

ξ^{*} x + x^{*} ξ = (ξ_{1} + i ξ_{2})^{*} (x_{1} + i x_{2}) + (x_{1} + i x_{2})^{*} (ξ_{1} + i ξ_{2}) = 2 i (ξ_{1} x_{2} + x_{1} ξ_{2})

$\xi^*\chi + \chi^*\xi = (\xi_1 + i\xi_2)^*(\chi_1 + i\chi_2) + (\chi_1 + i\chi_2)^*(\xi_1 + i\xi_2) = 2i(\xi_1\chi_2 + \chi_1\xi_2)$ la masa imaginaria es manifiesta.

Se agregó una nota en respuesta a la respuesta incorrecta a continuación (por @alexarvanitakis) que dice que "Los signos y / o la presencia de factores de i en fermiones lagrangianos son algo superfluos y dependen de la convención".

Por supuesto, uno puede tener un Lagrangiano de Dirac sin $i$ . Por ejemplo, uno puede simplemente cambiar la métrica de (+, -, -, -) a (-, +, +, +), vea más detalles aquí . Sin embargo, usando cualquier convención que elijas, ¡todavía terminas con un término de masa imaginario! Esto se debe a que cada elemento de la columna de la función de onda de Dirac se valora en el espacio complejo de Grassmann. Mientras que una función de onda de Dirac valorada por Grassmann real implicará una masa cero.

La respuesta incorrecta dice además que "Por ejemplo, puede trabajar con una convención donde la conjugación compleja no invierte el orden de un producto de fermiones que cambia radicalmente la apariencia de los factores de i".

Tenga en cuenta que al derivar la masa imaginaria anterior, no se invoca el reverso para ningún producto de fermiones. Así que el término de masa sigue siendo imaginario. El único lugar donde la convención de conjugación compleja al revés de un producto de fermiones es relevante es la prueba de que el término de masa es hermitiano, aunque imaginario. Si uno toma la convención de la respuesta incorrecta, ¡el término de masa será tanto no hermitiano como imaginario!

Además, la respuesta incorrecta dice que "en su lugar, desea ver la ecuación de Klein-Gordon satisfecha por el campo de fermiones ... debe correlacionar el signo de $m^2$ con la convención para las matrices gamma para que el operador anterior no admita soluciones de tipo taquiónico".

estoy hablando de $m\bar\psi \psi$ ser imaginario, no $m$ siendo imaginario. La prueba de la respuesta incorrecta $m$ ser real (o $m^2$ ser positivo) es totalmente irrelevante para la pregunta aquí.

Más nota añadida:

No estoy hablando de si el valor esperado $\langle m\bar\psi \psi\rangle$ siendo real Ese no es el problema. De lo que estoy hablando es del Lagrangiano/acción en integrando antes de la integral de ruta, mientras que el valor esperado es después de la integral de ruta. En realidad, aunque el término de masa de Lagrange es imaginario, el valor esperado de la integral de trayectoria $\langle m\bar\psi \psi\rangle$ Es real. No estoy discutiendo sobre el valor esperado.

qmecanico

Hola @MadMax: Esta pregunta es sobre variables clásicas (superconmutación). Las etiquetas QM y QFT no parecen aplicarse.

Mad Max

Las variables (superconmutantes) aparecen como el integrando en el exponencial del formalismo integral funcional.

octonión

No me queda claro si realmente tiene una pregunta, así que respondo en un comentario. No creo que sea justo llamar imaginaria a la masa. Como mostraste,

(\bar{ψ} ψ)^{*} = \bar{ψ} ψ

$(\bar{\psi}\psi)^*=\bar{\psi}\psi$ y por lo tanto el parámetro de masa

m

$m$ puede tomarse real sin estropear la realidad global de la acción.

cris

Hola, hemos notado que ha realizado una gran cantidad de modificaciones menores en esta publicación. Tenga en cuenta que cada edición destaca la publicación en la pestaña "activa" del sitio e intente que sus ediciones sean sustanciales. Si prevé mejorar esta publicación repetidamente, tal vez recopile varias ediciones y hágalas de una sola vez en lugar de enviarlas individualmente.

anomalía quiral

@MadMax Estoy tratando de entender la pregunta... Estás preguntando si el término

m \bar{ψ} ψ

$m\bar\psi\psi$ en

L

$L$ es real o imaginario, en el contexto del integrando de una integral de trayectoria, ¿verdad? Usted sabe que los componentes de

ψ

$\psi$ y

\bar{ψ}

$\bar\psi$ no son números (reales o complejos), y los productos de esos componentes tampoco son números. Son elementos de un espacio vectorial abstracto con un tipo especial de producto. ¿Tienes en mente una definición de conjugación compleja independiente de la base? ¿O estás preguntando qué quieren decir realmente otras personas cuando dicen que el lagrangiano debe ser "real"?

Mad Max

Por "los componentes de ψ y ψ¯ no son números (reales o complejos)", ¿quiere decir que los números de Grassmann no son números?

anomalía quiral

@MadMax Sí, eso es lo que quise decir. Debería haberlo dicho así: los componentes de las matrices

ψ

$\psi$ y

\bar{ψ}

$\bar\psi$ son elementos de un álgebra de Grassmann, no números. (Se pueden multiplicar por números complejos, por supuesto).

Mad Max

Entonces, ¿cuál es la diferencia entre los "números de Grassmann" y el "álgebra de Grassmann"? ¿O simplemente quiere decir que no existen los "números de Grassmann" en absoluto?

anomalía quiral

@MadMax "Número de Grassmann" es solo el nombre de un elemento (o específicamente un generador) de un álgebra de Grassmann. Busqué brevemente una buena descripción general concisa en línea y no encontré ninguna, pero esta es la idea aproximada: tiene una lista de cosas

ψ_{k}

$\psi_k$ llamados "generadores", algunos de los cuales pueden ser denotados

{\bar{ψ}}_{k}

$\bar\psi_k$ en cambio, pero todos son linealmente independientes. Se pueden sumar, multiplicar por números complejos y multiplicar entre sí, y los generadores se contrarrestan entre sí. [parte 1 de 2...]

anomalía quiral

@MadMax [... parte 2 de 2] Cuando pasamos de la formulación de integral de ruta a la formulación de operadores en el espacio de Hilbert, se convierten en operadores (al igual que los campos que eran campos ordinarios de valor real en la integral de ruta) , y ahí es donde se definen sus adjuntos, pero aún no tienen conjugados complejos, al menos no en ningún sentido independiente de la base. No estoy seguro de si algo de esto es útil, solo estoy lanzando algunas cosas para tratar de ayudar a identificar el problema.

Mad Max

Gracias por aclarar la diferencia entre "número de Grassmann" y "álgebra de Grassmann". Dado que usted es un experto en el tema, arroje algo de luz sobre otras definiciones. Si un "número de Grassmann"

θ

$\theta$ tiene la propiedad

θ^{*} = θ

$\theta^* = \theta$ , entonces

(i θ)^{*} = - i θ

$(i\theta)^* = -i\theta$ . Dos preguntas. En primer lugar, ¿cómo "tiene una definición de conjugación compleja independiente de la base"? En segundo lugar, ¿cómo describe las diferentes propiedades de los dos números de Grassmann anteriores?

θ

$\theta$ y

i θ

$i\theta$ ?

anomalía quiral

@MadMax En un espacio vectorial sobre los números reales, los componentes del vector dependen de la base que se utilice. Un vector que tiene todos los componentes positivos en una base puede tener todos los componentes negativos en otra base, y ninguna base es más natural que la otra. No existe una noción de "vector positivo" independiente de la base natural. En un espacio vectorial sobre los números complejos, un vector puede tener componentes puramente reales en una base y componentes puramente imaginarios en otra base, y ninguna elección es más natural que la otra. No existe una noción de "vector real" independiente de la base natural. [1 de 3...]

anomalía quiral

@MadMax [2 de 3] Los generadores de un álgebra de Grassmann abarcan un espacio vectorial

G

$G$ sobre los números complejos. En este contexto, un spinor

ψ

$\psi$ tiene componentes

ψ_{k}

$\psi_k$ , y cada uno de estos componentes es en sí mismo un vector en el espacio vectorial

G

$G$ . describiría las propiedades

θ^{*} = θ

$\theta^*=\theta$ y

(i θ)^{*} = - i θ

$(i\theta)^*=-i\theta$ como:

θ

$\theta$ tiene componentes reales en esa base para

G

$G$ . A veces los autores dicen que el

m \bar{ψ} ψ

$m\bar\psi\psi$ El término en el lagrangiano debe ser "real", pero eso es descuidado, y explicar lo que podrían significar requeriría otra serie de largos comentarios. (Se me ocurren algunas posibilidades).

anomalía quiral

@MadMax [3 de 3] Cuando hablamos de un lagrangiano en el integrando de una integral de trayectoria, no necesitamos (ni tenemos) ninguna definición de "real" independiente de la base natural cuando se trata de fermiones. Necesitamos que la integral de trayectoria tenga una propiedad llamada positividad de reflexión . (Esa es una de las cosas que los autores podrían querer decir con "lagrangiano real".) Si cambiamos a la formulación de operadores en el espacio de Hilbert, entonces todavía no necesitamos (o tenemos) una definición de "real" que sea independiente de la elección de la representación del espacio de Hilbert. Lo que sí necesitamos/tenemos es la noción de autoadjunto/hermitiano.

Mad Max

@ChiralAnomaly, ¡gracias por la explicación! Retaría a cualquiera a construir un "real"

m \bar{ψ} ψ

$m\bar\psi\psi$ en cualquier base Grassmann "real" de su propia elección. Si uno elige una base "compleja" como

ξ = ξ_{1} + i ξ_{2}

$\xi = \xi_1 + i\xi_2$ , la naturaleza imaginaria de

m \bar{ψ} ψ

$m\bar\psi\psi$ estará oculto, y este punto ya ha sido expuesto en el texto principal. Tenga en cuenta que, como se explica en el texto principal, ser "real" y ser "hermitiano" puede no ser lo mismo. Nuevamente, NO estoy desafiando

m \bar{ψ} ψ

$m\bar\psi\psi$ siendo hermitiano.

Bot feudalista libertario

El espinor de Dirac no es una representación real de

S L (2, C)

$SL(2,\mathbb{C})$ . Entonces

ξ^{*} \neq ξ

$\xi^{\ast}\neq\xi$ . La representación real se conoce como el fermión de Majorana. Y así el término de masa no se desvanece.

Mad Max

Lea atentamente, para el término de masa que no se desvanece, la base de Weyl en la publicación

ψ = (ξ, 0, i χ, 0)^{T}

$\psi = (\xi, 0, i\chi, 0)^T$ es una representación compleja, no una representación real.

Bot feudalista libertario

@MadMax ¿Puedes escribir tu segunda ecuación de nuevo? Por que es

ξ^{*} = ξ

$\xi^{\ast}=\xi$ ?

Bot feudalista libertario

Espero que puedas agregar etiquetas a tus ecuaciones porque es muy difícil hacer preguntas. Para la "propiedad hermitiana", consulte mi nueva respuesta actualizada. La involución (también conocida como complejo conjugado) del álgebra de Grassmann se define de esa manera.

(z w)^{*} = w^{*} z^{*}

$(zw)^{\ast}=w^{\ast}z^{\ast}$ . Siempre cambias el orden bajo conjugación compleja. Aquí no hay nada hermitiano.

Respuestas (3)

¿Es el término lagrangiano de masa de fermiones imaginario en lugar de real?

Hola @MadMax: Esta pregunta es sobre variables clásicas (superconmutación). Las etiquetas QM y QFT no parecen aplicarse.
Las variables (superconmutantes) aparecen como el integrando en el exponencial del formalismo integral funcional.
No me queda claro si realmente tiene una pregunta, así que respondo en un comentario. No creo que sea justo llamar imaginaria a la masa. Como mostraste, $(\bar{\psi}\psi)^*=\bar{\psi}\psi$ y por lo tanto el parámetro de masa $m$ puede tomarse real sin estropear la realidad global de la acción.
Hola, hemos notado que ha realizado una gran cantidad de modificaciones menores en esta publicación. Tenga en cuenta que cada edición destaca la publicación en la pestaña "activa" del sitio e intente que sus ediciones sean sustanciales. Si prevé mejorar esta publicación repetidamente, tal vez recopile varias ediciones y hágalas de una sola vez en lugar de enviarlas individualmente.
@MadMax Estoy tratando de entender la pregunta... Estás preguntando si el término $m\bar\psi\psi$ en $L$ es real o imaginario, en el contexto del integrando de una integral de trayectoria, ¿verdad? Usted sabe que los componentes de $\psi$ y $\bar\psi$ no son números (reales o complejos), y los productos de esos componentes tampoco son números. Son elementos de un espacio vectorial abstracto con un tipo especial de producto. ¿Tienes en mente una definición de conjugación compleja independiente de la base? ¿O estás preguntando qué quieren decir realmente otras personas cuando dicen que el lagrangiano debe ser "real"?
Por "los componentes de ψ y ψ¯ no son números (reales o complejos)", ¿quiere decir que los números de Grassmann no son números?
@MadMax Sí, eso es lo que quise decir. Debería haberlo dicho así: los componentes de las matrices $\psi$ y $\bar\psi$ son elementos de un álgebra de Grassmann, no números. (Se pueden multiplicar por números complejos, por supuesto).
Entonces, ¿cuál es la diferencia entre los "números de Grassmann" y el "álgebra de Grassmann"? ¿O simplemente quiere decir que no existen los "números de Grassmann" en absoluto?
@MadMax "Número de Grassmann" es solo el nombre de un elemento (o específicamente un generador) de un álgebra de Grassmann. Busqué brevemente una buena descripción general concisa en línea y no encontré ninguna, pero esta es la idea aproximada: tiene una lista de cosas $\psi_k$ llamados "generadores", algunos de los cuales pueden ser denotados $\bar\psi_k$ en cambio, pero todos son linealmente independientes. Se pueden sumar, multiplicar por números complejos y multiplicar entre sí, y los generadores se contrarrestan entre sí. [parte 1 de 2...]
@MadMax [... parte 2 de 2] Cuando pasamos de la formulación de integral de ruta a la formulación de operadores en el espacio de Hilbert, se convierten en operadores (al igual que los campos que eran campos ordinarios de valor real en la integral de ruta) , y ahí es donde se definen sus adjuntos, pero aún no tienen conjugados complejos, al menos no en ningún sentido independiente de la base. No estoy seguro de si algo de esto es útil, solo estoy lanzando algunas cosas para tratar de ayudar a identificar el problema.
Gracias por aclarar la diferencia entre "número de Grassmann" y "álgebra de Grassmann". Dado que usted es un experto en el tema, arroje algo de luz sobre otras definiciones. Si un "número de Grassmann" $\theta$ tiene la propiedad $\theta^* = \theta$ , entonces $(i\theta)^* = -i\theta$ . Dos preguntas. En primer lugar, ¿cómo "tiene una definición de conjugación compleja independiente de la base"? En segundo lugar, ¿cómo describe las diferentes propiedades de los dos números de Grassmann anteriores? $\theta$ y $i\theta$ ?
@MadMax En un espacio vectorial sobre los números reales, los componentes del vector dependen de la base que se utilice. Un vector que tiene todos los componentes positivos en una base puede tener todos los componentes negativos en otra base, y ninguna base es más natural que la otra. No existe una noción de "vector positivo" independiente de la base natural. En un espacio vectorial sobre los números complejos, un vector puede tener componentes puramente reales en una base y componentes puramente imaginarios en otra base, y ninguna elección es más natural que la otra. No existe una noción de "vector real" independiente de la base natural. [1 de 3...]
@MadMax [2 de 3] Los generadores de un álgebra de Grassmann abarcan un espacio vectorial $G$ sobre los números complejos. En este contexto, un spinor $\psi$ tiene componentes $\psi_k$ , y cada uno de estos componentes es en sí mismo un vector en el espacio vectorial $G$ . describiría las propiedades $\theta^*=\theta$ y $(i\theta)^*=-i\theta$ como: $\theta$ tiene componentes reales en esa base para $G$ . A veces los autores dicen que el $m\bar\psi\psi$ El término en el lagrangiano debe ser "real", pero eso es descuidado, y explicar lo que podrían significar requeriría otra serie de largos comentarios. (Se me ocurren algunas posibilidades).
@MadMax [3 de 3] Cuando hablamos de un lagrangiano en el integrando de una integral de trayectoria, no necesitamos (ni tenemos) ninguna definición de "real" independiente de la base natural cuando se trata de fermiones. Necesitamos que la integral de trayectoria tenga una propiedad llamada positividad de reflexión . (Esa es una de las cosas que los autores podrían querer decir con "lagrangiano real".) Si cambiamos a la formulación de operadores en el espacio de Hilbert, entonces todavía no necesitamos (o tenemos) una definición de "real" que sea independiente de la elección de la representación del espacio de Hilbert. Lo que sí necesitamos/tenemos es la noción de autoadjunto/hermitiano.
@ChiralAnomaly, ¡gracias por la explicación! Retaría a cualquiera a construir un "real" $m\bar\psi\psi$ en cualquier base Grassmann "real" de su propia elección. Si uno elige una base "compleja" como $\xi = \xi_1 + i\xi_2$ , la naturaleza imaginaria de $m\bar\psi\psi$ estará oculto, y este punto ya ha sido expuesto en el texto principal. Tenga en cuenta que, como se explica en el texto principal, ser "real" y ser "hermitiano" puede no ser lo mismo. Nuevamente, NO estoy desafiando $m\bar\psi\psi$ siendo hermitiano.
El espinor de Dirac no es una representación real de $SL(2,\mathbb{C})$ . Entonces $\xi^{\ast}\neq\xi$ . La representación real se conoce como el fermión de Majorana. Y así el término de masa no se desvanece.
Lea atentamente, para el término de masa que no se desvanece, la base de Weyl en la publicación $\psi = (\xi, 0, i\chi, 0)^T$ es una representación compleja, no una representación real.
@MadMax ¿Puedes escribir tu segunda ecuación de nuevo? Por que es $\xi^{\ast}=\xi$ ?
Espero que puedas agregar etiquetas a tus ecuaciones porque es muy difícil hacer preguntas. Para la "propiedad hermitiana", consulte mi nueva respuesta actualizada. La involución (también conocida como complejo conjugado) del álgebra de Grassmann se define de esa manera. $(zw)^{\ast}=w^{\ast}z^{\ast}$ . Siempre cambias el orden bajo conjugación compleja. Aquí no hay nada hermitiano.

usuario21299 · Answer 1

Los signos y/o presencia de factores de $i$ en fermiones lagrangianos es algo superfluo y dependiente de la convención. (Por ejemplo, puede trabajar con una convención en la que la conjugación compleja no invierte el orden de un producto de fermiones, lo que cambia radicalmente la apariencia de los factores de $i$ . Sin embargo, la mayoría de las veces esta no es una convención que desee usar).

En su lugar, desea ver la ecuación de Klein-Gordon satisfecha por el campo de fermiones. Suponga que su fermión EOM es

(γ^{m} \partial_{m} + metro) ψ = 0

$(\gamma^\mu{\partial_\mu}+m)\psi=0$ Entonces se sigue que

(γ^{m} \partial_{m} + metro)^{2} ψ = 0 ⟹ (\frac{1}{2} {γ^{m}, γ^{v}} \partial_{m} \partial_{v} + {metro}^{2}) ψ = 0

$(\gamma^\mu{\partial_\mu}+m)^2\psi=0\implies \left(\frac{1}{2}\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}\partial_\mu\partial_\nu +m^2\right) \psi=0$ por lo que la ecuación de movimiento del fermión implica también una ecuación de tipo Klein-Gordon para cada una de las componentes de

ψ

$\psi$ . Necesitas correlacionar el signo de

m^{2}

$m^2$ con la convención para las matrices gamma para que el operador anterior no admita soluciones de tipo taquiónico.

¡Esta respuesta es totalmente incorrecta! Ver notas añadidas en mi pregunta.
No, mi respuesta se ve bien. La realidad ingenua del término cinético en el lagrangiano no importa; solo importa si las soluciones se propagan dentro del cono de luz y si el operador es formalmente autoadjunto y tiene un buen espectro de valores propios (reales), etc.
$m$ es real seguro Pero eso NO es de lo que estoy hablando. estoy hablando de $m\bar\psi \psi$ .

AccidentalFourierTransformar · Answer 2

Voy a considerar el problema en $d=0+1$ dimensiones para simplificar la notación. Para mayor $d$ la discusión es idéntica, excepto que también incluye modos de impulso, que no son relevantes para la pregunta.

Toma un fermión de Dirac gratis. El lagrangiano más general es

L = i ψ^{†} \dot{ψ} + metro ψ^{†} ψ

$L=i\psi^\dagger\dot\psi+m\psi^\dagger\psi$ Este lagrangiano es hermitiano iff

m \in R

$m\in\mathbb R$ .

El hamiltoniano asociado, obtenido por la transformada habitual (restringida) de Legendre, es

H = metro ψ^{†} ψ

$H=m\psi^\dagger\psi$ Este es un operador hermitiano, naturalmente.

La teoría cuántica se obtiene mediante cuantización canónica, dando los (nuevamente, restringidos) corchetes de Dirac-Poisson

{ψ, ψ} = {ψ^{†}, ψ^{†}} = 0, {ψ, ψ^{†}} = 1

$\{\psi,\psi\}=\{\psi^\dagger,\psi^\dagger\}=0,\qquad\{\psi,\psi^\dagger\}=1$

El espacio de Hilbert es bidimensional:

| 0 ⟩ y ψ^{†} | 0 ⟩

$|0\rangle\quad\text{and}\quad\psi^\dagger|0\rangle$ donde el vacío

| 0 ⟩

$|0\rangle$ Se define como

ψ | 0 ⟩ = 0

$\psi|0\rangle=0$ Es trivial calcular la acción del hamiltoniano en estos estados, con el resultado

metro ψ^{†} ψ = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & metro \end{matrix})

$m\psi^\dagger\psi=\begin{pmatrix}0&0\\0&m\end{pmatrix}$ (con respecto a la base

| 0 ⟩

$|0\rangle$ ,

ψ^{†} | 0 ⟩

$\psi^\dagger|0\rangle$ ).

Aprendemos varias lecciones:

En esta base, el término de masa es real y hermético.
En otras bases, el término de masa sigue siendo hermético pero no tiene por qué seguir siendo real. De forma arbitraria $m\psi^\dagger\psi=U\begin{pmatrix}0&0\\0&m\end{pmatrix}U^\dagger$ para algunos unitarios $U$ .
No existe una noción de ser real independiente de la base. Sólo la hermiticidad es independiente de la base. Y el término de masa es definitivamente hermitiano, casi por definición (siempre tomarás un lagrangiano hermitiano).

en alto $d$ el resultado es el mismo, excepto que hay algunas matrices gamma adicionales, y el espacio de Hilbert se obtiene actuando con los modos de momento $\psi_{\vec k}$ en los modos cero. Esto no cambia el hecho de que el término de masa es hermético y que no tiene sentido preguntar si es real.

Dicho esto, también se puede preguntar sobre el sistema como una teoría puramente clásica, es decir, $\psi$ es un $a$ -número, no un operador. En este caso el lagrangiano es

L = i ψ^{*} \dot{ψ} + metro ψ^{*} ψ

$L=i\psi^*\dot\psi+m\psi^*\psi$ y el término de masa sigue siendo real :

(ψ^{*} ψ)^{*} = ψ^{*} ψ

$(\psi^*\psi)^*=\psi^*\psi$ porque

(a b)^{*} = b^{*} a^{*}

$(ab)^*=b^*a^*$ para

a

$a$ -números.

De manera equivalente, si expande $\psi$ en sus componentes Majorana,

ψ = x_{1} + i x_{2}

$\psi=\chi_1+i\chi_2$ el término de masa se convierte en

(x_{1} - i x_{2}) (x_{1} + i x_{2}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + i (x_{1} x_{2} - x_{2} x_{1})

$(\chi_1-i\chi_2)(\chi_1+i\chi_2)=\chi_1^2+\chi_2^2+i(\chi_1\chi_2-\chi_2\chi_1)$

Clásicamente, $\chi_i^2=0$ y por lo tanto, en efecto,

metro ψ^{†} ψ = 2 i metro x_{1} x_{2}

$m\psi^\dagger\psi=2im\chi_1\chi_2$ que es de nuevo real:

(x_{1} x_{2})^{*} = x_{2} x_{1} = - x_{1} x_{2}

$(\chi_1\chi_2)^*=\chi_2\chi_1=-\chi_1\chi_2$

Entonces, en resumen: el término de masa $i\chi_1\chi_2$ es real, porque $i$ y $\chi_1\chi_2$ son por separado puramente imaginarios .

En cualquier caso, atribuir propiedades de realidad a $a$ -numbers depende mucho de la convención (no son observables). Y si insistes, puedes encontrarte con algunos resultados casi paradójicos. Considere, por ejemplo, el corchete de Poisson de dos reales $a$ -números,

{x_{i}, x_{j}} = i d_{i j}

$\{\chi_i,\chi_j\}=i\delta_{ij}$ que es puramente imaginario aunque

χ_{i}, χ_{j}

$\chi_i,\chi_j$ ambos son individualmente reales.

Todo esto sigue siendo cierto en dimensiones superiores, pero tenga en cuenta que las propiedades de realidad de los espinores dependen sensiblemente de $d\mod8$ . Así por ejemplo en $d=4$ la condición de realidad $\psi=\psi^*$ sólo es válido como está escrito en la base de Majorana, donde $\gamma^0$ es puramente imaginario.

Los comentarios no son para una discusión extensa; esta conversación se ha movido a chat .

Bot feudalista libertario · Answer 3

Dada un álgebra de Grassmann $\Lambda_{\infty}$ , sus generadores son elementos anticonmutación $\zeta^{i}$ tal que

ζ^{i} ζ^{j} + ζ^{j} ζ^{i} = 0.

$\zeta^{i}\zeta^{j}+\zeta^{j}\zeta^{i}=0.$

un supernúmero $z\in\Lambda_{\infty}$ debe tomar la forma

z = z_{B} + z_{S},

$z=z_{B}+z_{S},$

dónde $z_{B}\in\mathbb{C}$ es el cuerpo y

z_{S} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k!} C_{i_{1} \dots i_{k}} ζ^{i_{1}} \dots ζ^{i_{k}}, C_{i_{1} \dots i_{k}} \in C

$z_{S}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k!}C_{i_{1}\dots i_{k}}\zeta^{i_{1}}\cdots\zeta^{i_{k}},\quad C_{i_{1}\dots i_{k}}\in\mathbb{C}$

es su alma.

La involución (conjugación compleja) en $\Lambda_{\infty}$ Se define como

$(\zeta^{i})^{\ast}=\zeta^{i}$ .
$(\alpha z)^{\ast}=\bar{\alpha}z^{\ast}$ , dónde $\alpha\in\mathbb{C}$ .
$(z+w)^{\ast}=z^{\ast}+w^{\ast}$ .
$(zw)^{\ast}=w^{\ast}z^{\ast}$ .
$(z^{\ast})^{\ast}=z$ .

Entonces, bajo involución (también conocida como conjugación compleja), siempre cambias el orden de $z$ y $w$ . Pero son números puramente clásicos, no operadores cuánticos hermitianos.

Lo llamas "conjugación hermitiana", y está bien. Pero el resto del mundo lo llama conjugación compleja (o involución). Por ejemplo, en esta página de wikipedia :

Para un espinor de Dirac, el lagrangiano

L = \bar{Ψ} (i \partial / - metro) Ψ

$\mathcal{L}=\bar{\Psi}(i\partial\!\!\!/-m)\Psi$

no es real (valor numérico de Grassmann). Para encontrar el Lagrangiano real "simetrizado", considere

L^{*} = [\bar{Ψ} (i γ^{m} {\vec{\partial}}_{m} - metro) Ψ]^{†} = Ψ^{†} (- i γ^{m †} {\overset{\leftarrow}{\partial}}_{m} - metro) γ^{0 †} Ψ = Ψ^{†} (- i γ^{0} γ^{m} γ^{0} {\overset{\leftarrow}{\partial}}_{m} - metro) γ^{0} Ψ = \bar{Ψ} (- i γ^{m} {\overset{\leftarrow}{\partial}}_{m} - metro) Ψ .

$\mathcal{L}^{\ast}=[\bar{\Psi}(i\gamma^{\mu}\overset{\rightarrow}{\partial}_{\mu}-m)\Psi]^{\dagger}=\Psi^{\dagger}(-i\gamma^{\mu\dagger}\overset{\leftarrow}{\partial}_{\mu}-m)\gamma^{0\dagger}\Psi=\Psi^{\dagger}(-i\gamma^{0}\gamma^{\mu}\gamma^{0}\overset{\leftarrow}{\partial}_{\mu}-m)\gamma^{0}\Psi=\bar{\Psi}(-i\gamma^{\mu}\overset{\leftarrow}{\partial}_{\mu}-m)\Psi.$

Luego, defina un nuevo Lagrangiano

L_{S} = \frac{1}{2} (L + L^{*}) = \frac{1}{2} \bar{Ψ} (i \overset{\leftrightarrow}{\partial} / - 2 metro) Ψ .

$\mathcal{L}_{\mathrm{S}}=\frac{1}{2}(\mathcal{L}+\mathcal{L}^{\ast})=\frac{1}{2}\bar{\Psi}(i\overset{\leftrightarrow}{\partial}\!\!\!\!\!/-2m)\Psi.$

De ello se deduce que el nuevo lagrangiano $\mathcal{L}_{\mathrm{S}}$ es real (valorado por Grassmann), por lo que el integrando funcional $e^{iS}$ está bien definido.

El término de masa NO es imaginario. Toma tu ecuación como ejemplo, el término $2i\xi\chi$ , cualquier representación extraña que elijas, es real , porque

(2 i ξ x)^{*} = - 2 i x^{*} ξ^{*} = 2 i ξ x,

$(2i\xi\chi)^{\ast}=-2i\chi^{\ast}\xi^{\ast}=2i\xi\chi,$

cuando $\chi$ y $\xi$ Son reales.

Para números complejos de Grassmann $\chi$ y $\xi$ , tienes

(ξ^{*} x + x^{*} ξ)^{*} = x^{*} ξ + ξ^{*} x .

$(\xi^{\ast}\chi + \chi^{\ast}\xi)^{\ast}=\chi^{\ast}\xi+\xi^{\ast}\chi.$

No hay nada taquiónico o imaginario aquí. Pensaste que era imaginario porque no cambias el orden en la conjugación compleja.

Referencia: Ideas y métodos de supersimetría y supergravedad: o un paseo por el superespacio , sección 1.9.1

¿Podrías leer toda la publicación? Este es solo un ejemplo específico para calentar impuestos especiales. El caso más general se puede encontrar al final de la publicación, donde $\xi = \xi_1 + i\xi_2$ , y $\chi = \chi_1 + i\chi_2$
@MadMax Concentrémonos en tu ejercicio de armado en este momento. Porque deberia $\xi^{\ast}=\xi$ ? Esto no es verdad.
Es muy básico, digamos que tienes un número complejo. $z= x+iy$ , puede estar en cualquier parte del plano complejo. Un ejemplo específico es que está en el eje real, lo que significa $y=0$ y $z = x$ . Lo mismo ocurre con el número complejo de Grassmann.
@MadMax Dado que no tiene etiquetas para sus ecuaciones, ¿le importaría explicar la ecuación después de "Bajo y he aquí (omitiré el parámetro m de ahora en adelante):"?
Señale qué parte de la ecuación necesita explicación: $\bar\psi \psi = \psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L = \xi^*(i\chi) + (i\chi)^*\xi = i\xi\chi - i\chi\xi = 2i\xi\chi \neq 0$ .
$\bar\psi \psi = \psi_L^\dagger \gamma_0\psi_R + \psi_R^\dagger \gamma_0\psi_L$ no se la definicion de $\psi_{L}$ y $\psi_{R}$ .
quedan $\psi_L$ y derecho $\psi_R$ entregó parte del espinor de Dirac. En la base de Weyl de un espinor de 4 columnas/componentes, $\psi_L$ está representado por los dos primeros componentes, mientras que $\psi_R$ está representado por los dos últimos componentes. Entonces, en el ejemplo específico de la ecuación que está preguntando, $\psi_L = (\xi, 0, 0, 0)^T$ y $\psi_R=(0, 0, i\chi, 0)^T$ .
Permítanme aclarar algunas definiciones de los términos "real" y "hermitiano". Puede causar confusión. Digamos que siguiendo tu regla de conjugación #1: $(\zeta^{i})^{\ast}=\zeta^{i}$ y $(\zeta^{j})^{\ast}=\zeta^{j}$ . De acuerdo con las reglas de conjugación #2 y #4: $(i\zeta^{i}\zeta^{j})^{\ast}=i^{\ast}(\zeta^{j})^{\ast}(\zeta^{i})^{\ast} = (-i)\zeta^{j}\zeta^{i}= i\zeta^{i}\zeta^{j}$ . Es $i\zeta^{i}\zeta^{j}$ ¿real o hermético?
No entiendo. No hay nada cuántico aquí. ¿Por qué usas la palabra hermitiano?
@MadMax El supernúmero $i\zeta^{i}\zeta^{j}$ es real. No hay nada cuántico, ni suf hermitiano. Todavía no entiendo completamente qué está pasando en tu pregunta, pero parece que la "masa imaginaria" se debe a que no cambias el orden en la involución (también conocida como conjugación compleja). Consulte esta página de wikipedia: en.wikipedia.org/wiki/…
@MadMax Los fermiones pseudoclásicos se valoran en número de Grassmann. No hay nada cuántico o hermitiano aquí. La cuantización canónica del número de Grassmann se conoce como álgebra de Clifford. Si cuantificas $\Lambda_{3}=\left\{\zeta^{1},\zeta^{2},\zeta^{3}\right\}$ , terminas con el álgebra de Clifford $spin(3)=\left\{\sigma^{1},\sigma^{2},\sigma^{3}\right\}$ , dónde $\sigma^{i}$ se conoce como las matrices de Pauli.
Entonces es la diferencia de terminología. llamo supernumero $i\zeta^{i}\zeta^{j}$ hermitiano pero no real. Lo llamas real. El término de masa lagrangiana del fermión es exactamente como $i\zeta^{i}\zeta^{j}$ , si lo llamas real entonces es real. Fin de la historia.
Bueno. ¿Podemos volver a la pregunta original de la que estabas hablando?
Solo para confirmar, cree que uno NO puede decir que un Lagrangiano clásico es Hermitiano o no. En otras palabras, usted piensa que la propiedad hermitiana NO se aplica a un Lagrangiano clásico (estén o no involucrados los números de Grassmann). Por favor confirmar.
Sí, en mi idioma, el lagrangiano clásico es real. Cuando alguien dice hermitiano, automáticamente asumo que está hablando de operadores cuánticos.
Confirme que cree que la propiedad hermítica NO se aplica al lagrangiano clásico. Dado que tiene problemas conmigo al usar "Hermitian" para Lagrangian clásico, ¿puede confirmarlo?
¿No acabo de confirmar? Yo lo llamo si real tú lo llamas Hermitiano. ¿Porque es esto importante? ¿Por qué me llevaste a esta pregunta? La pregunta original no estaba relacionada con esto.
@MadMax Acabo de agregar una referencia para el término de masa y la conjugación compleja de supernúmeros que puede leer.

¿Es el término lagrangiano de masa de fermiones imaginario en lugar de real?

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