Алгебра суперсимметрии

Question

Алгебра суперсимметрии

Студент

Пусть $i=x,y,z$ компоненты углового момента имеют коммутационные соотношения с генераторами суперсимметрии (также называемыми суперзарядами?) $Q_a$ ( $a = \pm \frac{1}{2}$ ) как, $[J_i , Q_a] = -\frac{1}{2} (\sigma _i )_{ab}Q_b$ . Теперь, если я хочу рассчитать $J^2$ собственное значение $Q_a$ тогда я мог бы подумать о следующем вычислении, используя свойства скобки Ли (используя соглашение о суммировании)

$[J_i^2,Q_a] = J_i[J_i,Q_a] + [J_i,Q_a]J_i = -\frac{1}{2} (\sigma_i)_{ab}\{ J_i, Q_b \}$

Но это, видимо, неправильный ответ!

Правильный ответ можно получить, выполнив следующие вычисления, где под действием $J^2$ на $Q_a$ определяется как (с использованием соглашения о суммировании)

$[J_i,[J_i,Q_a]] = [J_i,-\frac{1}{2} (\sigma _i )_{ab}Q_b] = -\frac{1}{2} (\sigma _i )_{ab} [J_i, Q_b] = \frac{1}{4} (\sigma _i)_{ab} (\sigma _i)_{bc} Q_c = \frac{3}{4}Q_a$

Я хотел бы знать, почему это правильное действие, а не первое.

Но когда, скажем, кто-то хочет оценить действие сверхзаряда на квадрат, скажем, скалярной компоненты кирального суперполя, тогда правильное действие относится к первому типу, т.е.

$[Q,\phi ^2] = \phi [Q,\phi] + [Q,\phi]\phi$

Я не понимаю, почему здесь то, что раньше было «неправильным», теперь является правильным.

Когда сверхзаряд действует на фермион, скажем $\psi$ то через вспомогательное поле в том же мультиплете (скажем $F$ ) действие, полученное Вайнбергом в его книге, равно

$\{ Q_b, \psi_a^*\} =2i \delta _{ab}F^*$

Некоторые люди говорят мне, что вышеизложенное не может быть правильным, потому что правая сторона не имеет такой же спинориальной симметрии, как левая. Также они говорят, что вышеизложенное подразумевает, что независимо от характера $F$ RHS пойдет на $0$ если $a\neq b$ . Но, по-видимому, существуют теории с известным суперпотенциалом, в которых, даже если спинорные индексы не совпадают, суперзаряд имеет нетривиальную антикоммутационную связь с фермионом.

Я не вижу ничего неправильного в аргументе Вайнберга и не вижу, чтобы Вайнберг использовал какое-либо предположение о сверхпотенциале при выводе вышеизложенного. Я хотел бы знать, как правильно думать о вышеизложенном.

Если $A$ - компонент калибровочного поля векторного суперполя, а киральное суперполе, с которым оно связано, имеет $\phi$ и $\psi$ как скалярная и спинорная компоненты, то верно следующее:

$[Q,A] = [\phi, \psi]$

Я хотел бы знать, есть ли общий аргумент в пользу вышеизложенного и всегда ли он верен. А также в каком пространстве определены указанные выше коммутаторы с обеих сторон.

Ответы (2)

Алгебра суперсимметрии

Марек · Answer 1

Марек

Ответ на первый вопрос заключается в том, что вы используете неправильное определение оператора Казимира. Оператор Казимира определяется как $\sum_i X_i^2$ но $X_i$ следует понимать как образующие данного представления. В твоем случае $J_i \neq X_i$ . Это потому, что вы действуете на операторы, а не только на векторы. Генераторами действия на операторы являются $X_i = [J_i, \cdot]$ . Это присоединенное представление обычного $J_i$ (который действует так, как вы предложили, только на векторах). Итак, вы видите, что правильное определение оператора Казимира в этом случае — это определение с удвоенным коммутатором.

Теперь я не вижу, какое отношение $[Q,\phi^2]$ имеет отношение к вышесказанному. Это совсем другие вычисления.

Я ничего не могу сказать о последних двух вопросах, но они кажутся совершенно не связанными с первыми двумя. Я предлагаю вам задать эти вопросы отдельно в следующий раз.

Студент

@Marek Спасибо за ваш ответ. Можете ли вы дать несколько ссылок на то, что вы делаете, что оператор Казимира следует рассматривать не как квадрат образующих, а как генератор, действующий дважды? Я не сталкивался с этой разницей раньше и поэтому немного озадачен. Было бы здорово, если бы вы могли дать какую-то ссылку.

Марек

@Anirbit: ну, это все еще квадрат. Но вы должны помнить, что это оператор, поэтому умножение задается композицией. Так

X_{i}^{2} = [J_{i}, [J_{i}, \cdot]]

$X_i^2 = [J_i, [J_i, \cdot]]$ . К этому нужно привыкнуть, но это часть стандартной теории групп, рассматривающей присоединенные представления . Каждая алгебра Ли

g

$\mathfrak g$ имеет точное сопряженное представление

a d : g \to E n d (g), X \mapsto [X, \cdot]

${\rm ad}: {\mathfrak g} \to End({\mathfrak g}), X \mapsto [X, \cdot]$ который обеспечивает представление элементов (рассматриваемых как векторы) в терминах операторов, действующих на основную алгебру.

Студент

@Marek Алгебра Ли с угловым моментом, если она действует сама на себя посредством присоединенного представления, тогда я легко понимаю, о чем вы говорите. Но почему алгебра Ли углового момента должна действовать на алгебру суперсимметрии присоединенным действием? Почему стоит использовать двойной коммутатор? Есть ли производное от этого действия или это определение введено вручную? Было бы полезно, если бы вы могли сформулировать действие этого Казимира над оператором суперсимметрии на языке отображений между пространствами.

Марек

@Anirbit: потому что по-другому просто нельзя. Вы могли бы предложить просто чистое умножение

J_{i} Q

$J_i Q$ но это, очевидно, не действие алгебры Ли, потому что

[J_{i}, J_{j}] Q = J_{i} J_{j} - J_{j} J_{i} Q \neq J_{i} J_{j} Q

$[J_i,J_j] Q = J_i J_j - J_j J_i Q \neq J_i J_j Q$ . Единственный способ получить реальное действие — это использовать

[J_{i}, \cdot]

$[J_i, \cdot]$ (который работает благодаря тождеству Якоби). Вы хотя бы знакомы с тензорными операторами? Это то же самое. Например

X

$\mathbf X$ (оператор положения в QM) преобразуется как вектор при

S O (3)

$SO(3)$ потому что

[J_{i}, X_{j}] = i ε_{i j k} X_{k}

$[J_i, X_j] = i \varepsilon_{ijk} X_k$ . Это снова действие коммутатора. (продолжение)

Марек

Возможно, групповое действие должно выглядеть более знакомо:

U (g)^{- 1} X_{k} U (g) = \sum_{l} R (g)_{l k} X_{l}

$U(g)^{-1}X_kU(g) = \sum_l R(g)_{lk} X_l$ . Опять же, у группы нет другого способа воздействовать на операторы, кроме как просто сопряжением (если только в группе нет дополнительной структуры; но это единственное общее действие). Когда вы продифференцируете это действие, вы получите коммутаторы.

Студент

@Marek Спасибо за объяснения. Я уже написал один из возможных способов действия Казимира (первый расчет, который "неверен"). Это был бы самый естественный способ действовать, если бы я думал о

J_{i}^{2}

$J_i^2$ как произведение операторов. Он просто использовал обычную идентичность скобки лжи

[A B, C] = A [B, C] + [A, C] B

$[AB,C]=A[B,C]+[A,C]B$ . Вопрос в том, почему Казимир действует или даже мыслит вышеописанным образом неправильно.

Марек

@Anirbit: еще раз, оператор Казимира всегда определяется как

X_{i}^{2}

$X_i^2$ где

X_{i}

$X_i$ являются генераторами алгебры Ли.

X_{i} = [J_{i}, \cdot]

$X_i = [J_i, \cdot]$ так это значит что

X_{i}^{2} \cdot A = [J_{i}, [J_{i}, A]]

$X_i^2 \cdot A = [J_i, [J_i, A]]$ . Это явно отличается от

[J_{i}^{2}, A]

$[J_i^2, A]$ и этого должно быть достаточно, чтобы убедиться, что то, что вы построили, является просто некоторым оператором, но определенно не оператором Казимира представления, заданного формулой

X_{i}

$X_i$ .

Студент

@Marek Спасибо за объяснения. Я предполагаю, что мораль заключается в том, что при наличии репрезентации Казимир определяется как совершающий действие (которое определяет репрезентацию) дважды. В этом случае алгебра Ли действует на себя присоединенным действием, и, следовательно, оператор Казимира совершает присоединенное действие дважды. Мы привыкли воздействовать угловым моментом на «состояния» как

J_{i} | l, m >

$J_i \vert l,m>$ и, следовательно, Казимир на самом деле является квадратом оператора

J_{i} J_{i} | l, m >

$J_i J_i \vert l,m>$ . Отсюда и путаница. Я ищу хорошее изложение понятия операторов Казимира и не нашел.

Марек

@Anirbit: точно, я рад, что это имеет смысл. Что касается операторов Казимира, я не уверен. Вы не найдете их в одном месте, но они обычно обсуждаются в любой книге по теории представлений. Возможно, вы захотите взглянуть на эту коллекцию книг и посмотреть их индексы: physics.stackexchange.com/questions/193/…

Студент

@Marek Я, по крайней мере, видел части Фултона, Харриса и Хамфриса в этом списке, но я не думаю, что у кого-то из них есть что-то на операторе Казимира. Очень странно, что большинство моих профессиональных друзей-математиков (даже те, кто работает над теорией представлений!) смотрят в пустоту, когда их спрашивают о Казимире. Это как-то очень неясно для них.

Марек

@Anirbit: действительно, это потому, что операторы Казимира не являются частью базовой линейной картины, будучи квадратичными в генераторах. То, что математики используют для характеристики своих невозвратов, называется теорией наивысшего веса . Но эта теория немного запутана, и я полагаю, что многие физики не совсем ее изучили (или, возможно, даже не слышали о ней). Во всяком случае, я попытаюсь вспомнить, откуда я узнал об операторе Казимире. Я думал, что это должна быть одна из тех книг, но я не уверен :/

Марек

Для начала попробуйте страницу в Википедии (если вы еще этого не сделали): en.wikipedia.org/wiki/Casimir_invariant Выглядит неплохо. В нем даже упоминается универсальная обертывающая алгебра (структура, в которой учитываются все степени образующих, а не только квадратичные).

Любош Мотл · Answer 2

Уважаемый Anirbit, действие генераторов симметрии - таких как $Q$ - на операторах всегда задается коммутатором (или антикоммутатором, причем оба они нечетны по Грассману) генератора симметрии с оператором.

Так $Q$ и $J_i$ действовать на государства как

| ψ ⟩ \to Вопрос | ψ ⟩, | ψ ⟩ \to {Дж}_{я} | ψ ⟩,

$|\psi\rangle \to Q|\psi\rangle, \quad |\psi\rangle \to J_i|\psi\rangle, \quad$ но они действуют на операторов

M

$M$ как

М \to [Вопрос, М]_{\pm}, М \to [{Дж}_{я}, М] .

$M \to [Q,M]_{\pm}, \quad M \to [J_i,M]. \quad$ Когда вы спрашиваете, как

J^{2} = J_{i} J_{i}

$J^2=J_i J_i$ действует на

Q

$Q$ , вы должны это оценить

Q

$Q$ является оператором. Таким образом, правильный фактор

J_{i}

$J_i$ действует на него как коммутатор. Результат

[J_{i}, Q_{a}]

$[J_i,Q_a]$ который все еще является оператором, поэтому левый множитель

J_{i}

$J_i$ по-прежнему действует на него как коммутатор, поэтому результатом является двойной коммутатор, суммированный по

i

$i$ .

$[Q,\phi^2]$ можно интерпретировать как действие генератора симметрии $Q$ на оператора $\phi^2$ . Обратите внимание, что в данном случае это «общий оператор» — правый игрок — возводится в квадрат, а генератор симметрии, $Q$ , не в квадрате. Так что двойных коммутаторов в этом случае не будет. Ведь личность для $[Q,\phi^2]$ то что вы написали есть не что иное как правило Лейбница. Правило Лейбница всегда верно и оно не зависит ни от каких определений «что мы понимаем под превращением чего-то во что-то».

На разные вопросы есть разные ответы.

Второй вопрос. Вайнберг использует формализм на основе матриц, в котором все двузначные спинорные индексы обозначаются одной и той же буквой (без букв с точками) и всегда записываются в виде нижних индексов. См. стр. xx, Обозначения, тома 3 книги Вайнберга. Это сильно отличается от обозначения Пенроуза, которое я бы предпочел, в котором различают не два, а четыре различных типа спинорных индексов — нижний и верхний, пунктирный и непунктирный.

В формализме Пенроуза $\delta_{ab}$ не существует как инвариант. Правильная версия уравнения Пенроуза, которую вы упомянули, имела бы либо один из индексов $a,b$ подняли - так было бы $\delta^a_b$ или наоборот - или было бы $\epsilon_{ab}$ если бы оба индекса были сохранены как индексы (повышение и понижение двузначных индексов выполняется $\epsilon_{ab}$ что антисимметрично). Нет никакого противоречия, когда речь идет об антисимметрии в $ab$ . В частности, неверно, что $\{Q_b,\psi^*_a\}$ является $ab$ -симметричный, потому что $Q$ это не та же буква, что и $\psi$ , поэтому, обменивая их, вы не получите то же самое обратно!

В вашем третьем вопросе тождество явно упускает некоторые индексы и суммирования по ним - и вы не упомянули, что, возможно, в какой-то момент использовали уравнения движения (иначе я понятия не имею, как могло возникнуть совершенно другое киральное суперполе в SUSY-вариация векторного суперполя). Я не могу ответить на этот вопрос, который слишком схематичен, как было сказано, но я полагаю, что он возник в вашей попытке понять D-термины.

Однако на схематическом уровне надзаряд, записанный в виде оператора через поля (интеграл от его плотности), содержит члены вида $\int \psi \partial_0 A \phi$ от ковариантных производных и при коммутации с $A$ , $\partial_0 A$ отменяется, и мы остаемся с $\psi\phi$ термины - с зависимостью от показателей цвета, которая была записана как коммутатор (работает только для присоединенного представления).

Алгебра суперсимметрии

Студент

Ответы (2)

Марек

Студент

Марек

Студент

Марек

Марек

Студент

Марек

Студент

Марек

Студент

Марек

Марек

Любош Мотл

S-матрица в N=4N=4\mathcal{N}=4 Супер-Янг Миллс

Построение суперсимметричного тензора Фарадея

Значения параметров СМ в одном определенном масштабе

Работа Каца и Вафы по F-теории

Построение N=2N=2\cal{N}=2 суперсимметричной неабелевой теории Черна-Саймона

Правила трансформации суперзарядки

Обозначение ±±\pm (световой конус?) в суперсимметрии

Гипотетические очень массивные частицы

U(1)U(1)U(1) бета-функция низкоэнергетической эффективной теории Зайберга-Виттена

Какие математические проблемы возникают при введении фермионов со спином 3/2?