Cancelación de anomalías en el modelo estándar (calculando la traza simetrizada de generadores)

Question

Cancelación de anomalías en el modelo estándar (calculando la traza simetrizada de generadores)

Física
modelo estandar
anomalías cuánticas
teoría cuántica de campos
representaciones de grupo
teoría de la representación

jonathan rayner

El problema

Podemos demostrar que la condición para que el Modelo Estándar esté libre de anomalías es que la traza simetrizada sobre los generadores del grupo de calibre desaparezca:

\begin{aligned} tr ({τ^{i}, τ^{j}} τ^{k}) \overset{!}{=} 0 \end{aligned}

$\begin{align} \text{tr} \big(\{\tau^i , \tau^j \} \tau^k \big) \stackrel{!}{=} 0 \end{align}$

¿Cómo puedo ver que esto es cierto para todas las posibilidades en el modelo estándar?

Intento de solución

Una de las fuentes que he consultado son las notas de Adel Bilal sobre anomalías (disponibles aquí: Conferencias sobre anomalías ). Aquí escribe explícitamente

Veo que aparecen las hipercargas, pero básicamente no tengo los antecedentes para entender por qué los prefactores de 2, etc. aparecen en estos cálculos. Bilal también escribe antes:

Estoy seguro de que la imagen de arriba debería responder mi pregunta, pero no entiendo los factores previos.

Tengo una comprensión básica de la teoría de la representación y QFT introductorio, pero no estoy muy familiarizado con el modelo estándar. Entonces, si la respuesta pudiera moldearse con eso en mente, sería útil.

Respuestas (1)

Cancelación de anomalías en el modelo estándar (calculando la traza simetrizada de generadores)

heterótico · Answer 1

Tomar el rastro de un operador sobre todos los estados/partículas significa efectivamente tomar una suma sobre todos los valores propios del operador (los cargos) sobre estos estados/partículas. Entonces lo que importa es cuántos estados tienes y con qué cargos.

Los números a los que te refieres son solo las multiplicidades apropiadas de los estados. Por ejemplo, el primer término de la suma en (7.19) se refiere a los quarks u y d, como puede verse en el factor (-1/6) de la hipercarga y la tabla 1, pero ¿cómo funciona el conteo?

En este caso la huella es sobre representaciones de $SU(3)$ entonces el $SU(2)$ parte del estado se puede sacar de la traza. Ya que hay 2 diferentes $SU(2)$ opciones (u y d) obtenemos un factor de 2. Esquemáticamente, si $green$ , $blue$ y $red$ denota el $SU(3)$ cargas/colores, uno puede pensar en ello como

{tu}_{gramo r mi mi norte} + {tu}_{b yo tu mi} + {tu}_{r mi d} + d_{gramo r mi mi norte} + d_{b yo tu mi} + d_{r mi d} = 2 (gramo r mi mi norte + b yo tu mi + r mi d)

$u_{green}+u_{blue}+u_{red}+d_{green}+d_{blue}+d_{red}=2(green+blue+red)$ porque el

S U (2)

$SU(2)$ El tipo de partículas no importa aquí. Y el lado derecho arriba es el análogo de

2 \times tr t_{α}^{3} t_{β}^{3}

$2\times\text{tr}\ t_\alpha^3 t_\beta^3$ .

Los otros dos términos en (7.19) son singletes bajo $SU(2)$ entonces obtienen una multiplicidad de 1. ¿Qué tal el segundo término en (7.20)? De la hipercarga vemos que esto se refiere nuevamente a la fila 3 de la tabla, pero esta vez el rastro ha terminado $SU(2)$ . Esto significa que es ciego bajo el $SU(3)$ cargas y como hay 3 de ellas (obtenemos esto de la primera columna, las cargas son tantas como la dimensión de la representación) obtenemos un prefactor de 3. Esquemáticamente:

{tu}_{gramo r mi mi norte} + {tu}_{b yo tu mi} + {tu}_{r mi d} + d_{gramo r mi mi norte} + d_{b yo tu mi} + d_{r mi d} = 3 (tu + d)

$u_{green}+u_{blue}+u_{red}+d_{green}+d_{blue}+d_{red}=3(u+d)$ porque esta vez el

S U (3)

$SU(3)$ La carga se puede sacar de la traza.

Espero que esto sea suficiente para explicar lo que está pasando con (7.21) y (7.22) también.

Esta no es exactamente la respuesta que estaba buscando, aunque definitivamente me ayudó a llegar a la respuesta, ¡gracias! Creo que subestimé exactamente lo que estaba buscando. Mi respuesta: un generador del grupo de calibre SM en el representante que actúa sobre los fermiones se puede escribir (para una sola generación) como un generador para la suma directa de repeticiones del producto tensorial, un representante del producto para cada fila en la tabla anterior, 5 directos sumas para el contenido de partículas. La traza simetrizada de este generador es cero. Creo que esto es equivalente a lo que has dicho. Por favor corrígeme si me equivoco y si alguien quiere que lo escriba, lo haré.

Cancelación de anomalías en el modelo estándar (calculando la traza simetrizada de generadores)

jonathan rayner

Respuestas (1)

heterótico

jonathan rayner

Simetrías del Modelo Estándar: exactas, anómalas, rotas espontáneamente

(A,B)(A,B)(A,B)-Representación del Grupo Lorentz: Funciones coeficiente de campos

¿Por qué el grupo Lorentz tiene generadores complejos en tratamientos QFT? [duplicar]

Cancelación de anomalías y violación del número de fermiones

Representaciones irreductibles del grupo Lorentz

¿Qué sucede con la anomalía U(1)BU(1)2YU(1)BU(1)Y2U(1)_B U(1)_Y^2 en el modelo estándar?

¿Qué tan únicos son los números cuánticos que usamos comúnmente?

¿Qué es un lepto-diquark?

Condición libre de anomalías 2D para una teoría de calibre

Etiquetado de representaciones usando isospin e hipercarga