Что определяет спин определенного поля? (формально)

Суть трюка с унитарностью Вейля как раз в том, что (не имея полного изоморфизма, тем не менее, через комплексификацию) проходят соответствующие алгебраические вычисления Ли, поэтому неунитарные конечномерные иррепрезентации группы Лоренца классифицируются таким образом ! Они подробно описаны в этой статье в Википедии , за исключением того, что в статье для меток используются спины s , тогда как вместо этого вы используете размерность мультиплетов спинов, 2 s +1.

В ваших обозначениях, обладающих тем спорным преимуществом, что арифметика чисел состояний в соответствующем векторном подпространстве легко проверяется, (3,3) действительно является симметричным тензорным полем со спином 2; но ваш второй случай очень неверен: то, что вы написали, есть биспинор, т. е. спинор Дирака; вместо этого антисимметричный 2-тензор, поэтому спин 1, равен (3,1) ⊕ (1,3). (Вспомните использованный вами закон сложения углового момента: 2 ⊗ 2 = 3 ⊕ 1 ); наконец, конечно, (1,1) — синглет.

Причина, по которой это вас смущает, заключается в том, что вы являетесь умножением Кронекера ⊗ (сложением спина) тензорного произведения × (так что фактически ⊕ для алгебры с 6 углами!) Представления, но правила очевидны, и вы можете считать свои состояния до убедитесь, что вы ничего не потеряли.

Итак, (в ваших специфических обозначениях!) вы расширяете комбинацию (сложение спинов) двух векторов Лоренца, (2,2)⊗(2,2)=(2⊗2,2⊗2) =(3,3 )⊕(3,1)⊕(1,3)⊕(1,1), распределив ответ и исправив вашу ошибку. Бесследный симметричный тензор, очевидно, со спином 2 (сумма двух 3 s симметрично содержит 5 --- но обратите внимание на присутствующий синглет!); антисимметричный тензор (как электромагнитный!), спиновой; и след, скаляр.

Никакая стандартная формула, подобная предложенной вами выше, не работает, но обычно ответ очевиден из контекста. Далее см. вовлеченные собственные значения Паули-Лубански .

Это немного поздно, но я надеюсь, что это будет полезно для людей в будущем:

Мы знаем, что векторное представление группы Лоренца есть$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, где я обозначаю иррепы по их вращению, а не по размеру.$^1$Затем мы знаем, что общий тензор Лоренца второго ранга должен жить по определению в представлении:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, поэтому давайте расширим это и посмотрим, что мы находим:

$$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) = \left(1\oplus0\right) \otimes \left(0\oplus 1\right) = (1,1)\oplus(1,0)\oplus(0,1)\oplus(0,0)$$ где первое разложение$^2$это просто то, что вы с Космой называете$\mathbf{2}\otimes\mathbf{\bar{2}}=\mathbf{1}\oplus\mathbf{3}$. Мы можем видеть, что тензор Лоренца ранга 2 с 16 степенями свободы распадается на 9-мерную часть со спином 2, 6-мерную часть со спином 1 и 1-мерную часть со спином 0. Вы можете либо использовать более сложную теорию групп, либо просто сконструировать эти объекты, чтобы увидеть, как каждый из них выглядит.

_{1:$dim[(s_1,s_2)] = (2s_1+1)(2s_2+1)$}

_{2: мы можем коммутировать объекты вокруг прямой суммы, но не вокруг тензорных произведений}

Вопрос довольно старый, но, возможно, этот ответ еще кому-то полезен. Все сводится к ротационной группе . Дело в том, что поле определяется тем, как оно преобразуется в соответствии с универсальным покрытием группы Лоренца.${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Теперь точно так же, как группа Лоренца содержит вращения, ее универсальное покрытие${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ содержит универсальное покрытие группы вращений ,${\rm SU}(2)$.

В том случае, если$\rho : {\rm SL}(2,\mathbb{C})\to{\rm GL}(V)$представляет собой представление${\rm SL}(2,\mathbb{C})$в векторном пространстве$V$ограничение$\rho$к${\rm SU}(2)$подгруппа у нас есть представление$\rho|_{\rm SU(2)}:{\rm SU}(2)\to {\rm GL}(V)$универсальной крышки поворотной группы .

Даже если$\rho$изначально является неотъемлемым${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ это не может быть неприводимым представлением группы вращения . Тем не менее, вы всегда можете разложить его на несократимые части. Поэтому вы можете разложить

$$V=\bigoplus_{i}V_i$$

где$V_i$инвариантен относительно${\rho}|_{\rm SU(2)}$и является неприводимым представлением${\rm SU}(2)$. Теперь вспомните иррепы${\rm SU}(2)$помечены спином$j\in \frac{1}{2}\mathbb{Z}_+$: это спины, трансформирующие поле под действием$\rho$содержит.

Пример : выберите векторное представление${\rm SL}(2,\mathbb{C})$, который на самом деле является одним из представлений${\rm SO}(1,3)$. Фактически это определяющее действие группы Лоренца на$\mathbb{R}^4$матричным умножением. Теперь вспомним, что повороты — это преобразования вида

$$\Lambda=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & R\end{pmatrix},$$

где$R\in {\rm SO}(3)$. Теперь очень легко заметить, что подпространство, натянутое на$(1,0,0,0)$остается инвариантным и что подпространство, натянутое на$\{(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\}$остается инвариантным. Это подпространства, неприводимо преобразующиеся при${\rm SO}(3)$: первый по спину$0$а второй по спину$1$. Следовательно, векторное представление группы Лоренца распадается при поворотах:$0\oplus 1$.

В более общем смысле рассмотрим невозвраты${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Они отмечены парами$(A,B)$где$A$и$B$метка${\rm SU}(2)$. Что вы можете показать (полную конструкцию см. в «Квантовой теории полей» Вайнберга, глава 5), так это то, что представление${\rm SU}(2)$связанные с этим$(A,B)$ирреп есть прямая сумма всех${\rm SU}(2)$неповторения, где спин колеблется в интервале$A+B,A+B-1,\dots, |A-B|$.

Другими словами: это одно дополнение к задаче об угловом моменте!

Обратите внимание, что вектор irrep равен$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$поэтому это связано${\rm SU}(2)$представление будет иметь спины$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$и$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. Снова вектор ирреп равен$0\oplus 1$. Вейлевские иррепы$(\frac{1}{2},0)$и$(0,\frac{1}{2})$и вы легко видите, что они могут нести только спину$\frac{1}{2}$. И так во всех областях.

Итак, быстрый ответ таков: данное поле преобразуется в соответствии с некоторым конкретным представлением${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Спин, который он несет, определяется тем, как он трансформируется под действием индуцированного${\rm SU}(2)$представление подгруппы вращения. Во многих случаях ему не обязательно иметь четко определенный спин, потому что${\rm SU}(2)$представление может быть редуцированным. В этом случае поле способно нести любые спины, возникающие при разложении ядра.${\rm SU}(2)$представление в его иррепрезентации. Наконец, для$(A,B)$невозврат${\rm SL}(2,\mathbb{C})$нахождение спинов, переносимых полем, сводится к решению одной задачи сложения углового момента со спинами$A$и$B$.