Как доказать (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?

Question

Как доказать (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?

Физика
cpt-симметрия
теория групп
уравнение Дирака
квантовая теория поля
групповые представления

Дану

Изучение основ спин- $\frac{1}{2}$ QFT, я столкнулся с гамма-матрицами. Одним важным свойством является $(\gamma^5)^\dagger=\gamma^5$ , герметичность $\gamma^5$ . После некоторых поисков я наткнулся на этот интересный ответ Phys.SE на более ранний вопрос на этом форуме. Конкретно меня интересует формула

(γ^{мю})^{†} знак равно γ^{0} γ^{мю} γ^{0}

$\begin{equation} (\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0 \end{equation}$ что упоминается, но не доказано. Посоветовавшись с преподавателем моего университета, я понял, что доказательство должно каким-то образом опираться на тот факт, что

(γ^{μ})^{†}

$(\gamma^\mu)^\dagger$ также подчиняются алгебре Клиффорда:

{(γ^{мю})^{†}, (γ^{ν})^{†}} знак равно - 2 η^{мю ν}

$\{(\gamma^\mu)^\dagger,(\gamma^\nu)^\dagger\}=-2\eta^{\mu\nu}$

{γ^{мю}, γ^{ν}} знак равно - 2 η^{мю ν}

$\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}=-2\eta^{\mu\nu}$ (для ясности я использую

- + + +

$- + + +$ подпись для метрики Минковского). Это должно означать, что между ними существует некоторое преобразование подобия, но я не очень хорошо разбираюсь в теории групп. Я предполагаю, что каким-то образом должно получиться, что матрица, которая действует для преобразования двух представлений этой алгебры друг в друга, есть

γ^{0}

$\gamma^0$ , что равно его обратному

γ^{0} = (γ^{0})^{- 1}

$\gamma^0=(\gamma^0)^{-1}$ , как это сразу видно из взятия

μ = ν = 0

$\mu=\nu=0$ в алгебре Клиффорда. Тогда преобразование подобия имеет правильную форму:

(γ^{мю})^{†} знак равно С γ^{мю} С^{- 1} знак равно γ^{0} γ^{мю} γ^{0}

$(\gamma^\mu)^\dagger=S\gamma^\mu S^{-1}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$

Я чувствую, что у меня есть большинство необходимых ингредиентов. Однако я не могу сделать этот аргумент явным и ясным (из-за отсутствия у меня надлежащих знаний в области теории групп). Может ли кто-нибудь помочь мне? Это будет высоко ценится.

РЕДАКТИРОВАТЬ: я ищу ответ, который не зависит от использования определенного представления гамма-матриц.

Physics_maths

Как насчет того, чтобы просто доказать это, используя какое-то представление для гамма-матриц? Будет ли это достаточно хорошо для вас?

Дану

Нет, мне бы это не помогло. Я знаю, что, по-видимому, можно доказать, что все представления алгебры Клиффорда связаны унитарными преобразованиями подобия и что они сохраняют эрмитичность, что дает вам полный результат, если вы можете доказать его для одного представления. Однако гораздо элегантнее не прибегать к выбору конкретного представления, и я знаю, что это тоже возможно!

пользователь10001

Используйте тот факт, что все гамма-матрицы унитарны, т.е.

(γ^{μ})^{†} = (γ^{μ})^{- 1}

$(\gamma^{\mu})^{\dagger}=(\gamma^{\mu})^{-1}$ (их можно выбрать таковыми, поскольку они образуют представление конечной группы). Теперь, используя этот факт вместе с коммутационными соотношениями, находим, что

(γ^{0})^{†} = γ^{0}

$(\gamma^0)^{\dagger}=\gamma ^0$ а также

(γ^{i})^{†} = - γ^{i}

$(\gamma ^i)^{\dagger}=-\gamma^i$ . Снова используя коммутационные соотношения, мы имеем

γ^{0} γ^{i} γ^{0} = - γ^{i} = (γ^{i})^{†}

$\gamma^0 \gamma^i \gamma^0 = -\gamma^i =(\gamma^i)^{\dagger}$ . Также

γ^{0} γ^{0} γ^{0} = γ^{0} = (γ^{0})^{†}

$\gamma^0 \gamma^0 \gamma^0=\gamma^0 =(\gamma^0)^{\dagger}$

Дану

Не могли бы вы указать мне ссылку, где я мог бы узнать, почему верно то, что представление конечной группы может состоять из унитарных элементов?

пользователь10001

Доказательство того, что любое конечномерное представление конечной группы можно выбрать унитарным, несложно. Позволять

V

$V$ быть конечномерным комплексным представлением конечной группы

G

$G$ . Пусть ( , ) — любое эрмитово произведение на

V

$V$ . Определить новый эрмитов продукт как

(x, y)^{'} = \sum_{g \in G} (g x, g y)

$(x , y)' = \displaystyle\sum_{g\in G} (gx,gy)$ . Чтобы увидеть, что новый продукт является унитарным, заметим, что для любого

h \in G

$h\in G$ ,

(h x, y)^{'} = \sum_{g \in G} (g h x, g y) = \sum_{g \in G} (g h x, g h h^{- 1} y) = (x, h^{- 1} y)^{'}

$(hx,y)'=\displaystyle\sum_{g\in G} (ghx,gy) =\displaystyle\sum_{g\in G} (ghx,gh h^{-1}y)=(x,h^{-1}y)'$ .

пользователь10001

Вы можете посмотреть любую из ссылок, упомянутых в этом посте .

Дану

давайте продолжим эту дискуссию в чате

джошфизика

@ user10001 Гамма-матрицы генерируют представление алгебры Клиффорда, а не конечной группы, поэтому я не убежден.

пользователь10001

@joshphysics - существует конечная мультипликативная группа, содержащаяся в алгебре Клиффорда, порожденная гамма-матрицами. Например, в двух измерениях и с метрикой сигнатуры (1,1) эта группа состоит из элементов

1

$1$ ,

- 1

$-1$ ,

γ^{0}

$\gamma^0$ ,

- γ^{0}

$-\gamma^0$ ,

γ^{1}

$\gamma^1$ ,

- γ^{1}

$-\gamma^1$ ,

γ^{0} γ^{1}

$\gamma^0 \gamma^1$ а также

- γ^{0} γ^{1} = γ^{1} γ^{0}

$-\gamma^0 \gamma^1=\gamma^1 \gamma^0$ .

джошфизика

@ user10001 Ах, интересно! Благодарю за разъяснение.

Ответы (2)

Как доказать (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?

Как насчет того, чтобы просто доказать это, используя какое-то представление для гамма-матриц? Будет ли это достаточно хорошо для вас?
Нет, мне бы это не помогло. Я знаю, что, по-видимому, можно доказать, что все представления алгебры Клиффорда связаны унитарными преобразованиями подобия и что они сохраняют эрмитичность, что дает вам полный результат, если вы можете доказать его для одного представления. Однако гораздо элегантнее не прибегать к выбору конкретного представления, и я знаю, что это тоже возможно!
Используйте тот факт, что все гамма-матрицы унитарны, т.е. $(\gamma^{\mu})^{\dagger}=(\gamma^{\mu})^{-1}$ (их можно выбрать таковыми, поскольку они образуют представление конечной группы). Теперь, используя этот факт вместе с коммутационными соотношениями, находим, что $(\gamma^0)^{\dagger}=\gamma ^0$ а также $(\gamma ^i)^{\dagger}=-\gamma^i$ . Снова используя коммутационные соотношения, мы имеем $\gamma^0 \gamma^i \gamma^0 = -\gamma^i =(\gamma^i)^{\dagger}$ . Также $\gamma^0 \gamma^0 \gamma^0=\gamma^0 =(\gamma^0)^{\dagger}$
Не могли бы вы указать мне ссылку, где я мог бы узнать, почему верно то, что представление конечной группы может состоять из унитарных элементов?
Доказательство того, что любое конечномерное представление конечной группы можно выбрать унитарным, несложно. Позволять $V$ быть конечномерным комплексным представлением конечной группы $G$ . Пусть ( , ) — любое эрмитово произведение на $V$ . Определить новый эрмитов продукт как $(x , y)' = \displaystyle\sum_{g\in G} (gx,gy)$ . Чтобы увидеть, что новый продукт является унитарным, заметим, что для любого $h\in G$ , $(hx,y)'=\displaystyle\sum_{g\in G} (ghx,gy) =\displaystyle\sum_{g\in G} (ghx,gh h^{-1}y)=(x,h^{-1}y)'$ .
Вы можете посмотреть любую из ссылок, упомянутых в этом посте .
давайте продолжим эту дискуссию в чате
@ user10001 Гамма-матрицы генерируют представление алгебры Клиффорда, а не конечной группы, поэтому я не убежден.
@joshphysics - существует конечная мультипликативная группа, содержащаяся в алгебре Клиффорда, порожденная гамма-матрицами. Например, в двух измерениях и с метрикой сигнатуры (1,1) эта группа состоит из элементов $1$ , $-1$ , $\gamma^0$ , $-\gamma^0$ , $\gamma^1$ , $-\gamma^1$ , $\gamma^0 \gamma^1$ а также $-\gamma^0 \gamma^1=\gamma^1 \gamma^0$ .
@ user10001 Ах, интересно! Благодарю за разъяснение.

Physics_maths · Answer 1

Как насчет того, чтобы просто протестировать два разных случая?

Т.е. если $\mu\not=0$ тогда LHS становится

\begin{matrix} (Смотри ниже) & (γ^{мю})^{†} знак равно (γ^{я})^{†} знак равно - γ^{я} \end{matrix}

$\begin{equation} (\gamma^\mu)^\dagger= (\gamma^i)^\dagger= -\gamma^i \tag{see below} \end{equation}$ в то время как RHS становится

(γ^{мю})^{†} знак равно γ^{0} γ^{я} γ^{0} знак равно - γ^{0} γ^{0} γ^{я} знак равно - γ^{я} (ХОРОШО) .

$\begin{equation} (\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^i\gamma^0 = -\gamma^0\gamma^0\gamma^i=-\gamma^i~~~~~~~~ (\text{OK}). \end{equation}$

За $\mu=0$ , дело банальное.

РЕДАКТИРОВАТЬ: из-за комментария ОП я добавлю к ответу следующее:

Свойства гамма-матриц могут быть получены из свойств $\vec{\alpha},\beta$ -матрицы. Некоторые из свойств $\vec{\alpha},\beta$ матрицы накладываются на них, мотивированные физическими аргументами, так что гамильтониан Дирака должен быть эрмитовым, что подразумевает $\vec{\alpha},\beta$ отшельник и др.

Заметь

γ^{мю} знак равно (β, β \vec{α}) .

$\gamma^\mu := (\beta, \beta\vec{\alpha}).$

Например:

\begin{matrix} (КЭД) & (γ^{я})^{†} знак равно (β α^{я})^{†} знак равно (α^{я})^{†} β^{†} знак равно α^{я} β знак равно - β α^{я} знак равно - γ^{я} \end{matrix}

$(\gamma^i)^\dagger = (\beta\alpha^i)^\dagger = (\alpha^i)^\dagger\beta^\dagger=\alpha^i\beta=-\beta\alpha^i=-\gamma^i\tag{QED}$

См. стр. 10 в этом PDF -файле для получения дополнительной информации об уравнении Дирака или см. старую книгу «Кварки и лептоны ...» Халзена и Мартина.

См. также вики-страницу ниже: http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_matrices#Normalization

Я не думаю, что это легко доказать $(\gamma^i)^\dagger=-\gamma^i$ без посещения конкретного представительства. Можете ли вы показать это? Причина, по которой я застрял, пытаясь показать отшельничество $\gamma^5$ себя в первую очередь потому, что я не мог. Обсуждение связанного вопроса также указывает на то, что это невозможно.
эта страница 10 pdf Halzen Martin больше не существует.

Тримок · Answer 2

Частичный ответ заключается в том, что если предположить, что гамма-матрицы, блочно-диагональные, как $\begin{pmatrix}A&\\&\epsilon A\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}&A\\\epsilon A&\end{pmatrix}$ , куда $A$ является эрмитовым или антиэрмитовым, и $\epsilon =\pm1$ , задайте ограничения на $A$ а также $\epsilon$ из-за $(\gamma^0)^2= \mathbb Id_4, (\gamma^i)^2= - \mathbb Id_4$ .

Например, если $\gamma_0 = \begin{pmatrix}&A\\ \epsilon A&\end{pmatrix}$ , тогда $(\gamma_0)^2 = \begin{pmatrix} \epsilon A^2&\\ &\epsilon A^2\end{pmatrix}$ .

Так что если $A$ является эрмитовым, мы можем выбрать $A$ такой $A^2 = AA^\dagger = A^\dagger A = \mathbb Id_2$ , а также $\epsilon = 1$

Если $A$ является антиэрмитовым, мы можем выбрать $A$ такой $A^2 = - AA^\dagger = - A^\dagger A= -\mathbb Id_2$ , а также $\epsilon=-1$

В обоих случаях легко видеть, что $\gamma^0$ является эрмитовым.

Итак, с учетом приведенной выше гипотезы о гамма-матрицах легко видеть, что $\gamma^0$ является эрмитовым и $\gamma^i$ являются антиэрмитовыми.

Теперь с антикоммутационными соотношениями $\gamma^0 \gamma^i + \gamma^i \gamma^0 =0$ , у вас есть $\gamma^i= - \gamma^0 \gamma^i \gamma^0$ (вспоминая, что $(\gamma^0)^2= \mathbb Id_4$ ), так что у тебя есть $(\gamma^i)^\dagger= - \gamma^i = \gamma^0 \gamma^i \gamma^0$ , а у вас явно $(\gamma^0)^\dagger= \gamma^0 = \gamma^0 \gamma^0 \gamma^0$

Хороший ход мыслей! Однако я хотел бы воздержаться от выбора какого-либо представления. Ответ, изложенный пользователем10001 в комментариях к исходному вопросу, делает то, что я искал.

Как доказать (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?

Дану

Physics_maths

Дану

пользователь10001

Дану

пользователь10001

пользователь10001

Дану

джошфизика

пользователь10001

джошфизика

Ответы (2)

Physics_maths

Дану

МайкрофД

Тримок

Дану

Билинейные в присоединенном представлении

(12,12)(12,12)(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) представление SU(2)⊗SU(2)SU(2)⊗SU(2)SU (2)\otimes SU(2)

Почему представления, а не просто группы?

Вывод идентичности гамма-матрицы

Каково четырехмерное представление генераторов SU(2)SU(2)SU(2)?

Заряд поля под действием группы

Почему присоединенное представление имеет значение в некоторых теориях поля?

Зарядовое сопряжение в уравнении Дирака

Количество компонентов спинора

Как построить SU(2)SU(2)SU(2) представление группы Лоренца, используя SU(2)×SU(2)∼SO(3,1)SU(2)×SU(2)∼SO (3,1)SU(2)\times SU(2)\sim SO(3,1) ?