Как узнать, что лагранжиан имеет симметрию SU(2)×SU(2)SU(2)×SU(2)SU(2)\times SU(2)?

Вы уже получили свой ответ, хорошо, несколько раз, но я подчеркну центральную загадку вашего вопроса, на которую вы получили только косвенные ответы, связанные со своеобразной специальной структурой SO (4). В любом уважающем себя тексте, вводящем стандартную модель, она более-менее есть. Я пропущу все лишние вопросы, такие как лагранжевы члены, U (1) и т. Д. ... и буду придерживаться инвариантности билинейного скаляра, лежащего в основе вашего недоумения.

Я подозреваю, что вы спрашиваете, как билинейная$\phi^\dagger \cdot \phi$инвариантный относительно двух разных коммутирующих SU (2) вместо знакомой калиброванной SU (2), действующей слева на комплексный вектор,

$$\begin{equation} \phi \equiv\begin{pmatrix} \phi_1\\ \phi_2\end{pmatrix} . \end{equation}$$ Сначала нужно вспомнить, что SU(2) псевдовещественно, т.е. сопряженное представление$\tilde{\phi}\equiv i\tau_2 \phi^*$эквивалентна этому фундаментальному, т. е. действующему на $$\begin{equation} \tilde{\phi} = \begin{pmatrix} \phi^*_{2}\\- \phi^*_1 \end{pmatrix} \end{equation}$$ производит одно и то же преобразование во всех четырех компонентах$\phi$, действительные и мнимые части.

Теперь рассмотрим сложную матрицу 2x2 со столбцами$\tilde{\phi}$и$\phi$, соответственно, так$\Phi\equiv \frac{1}{\sqrt{2}} [ \tilde{\phi} ~,~ \phi ]$, так

$$\Phi = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} \phi^*_{2}& \phi_{1} \\ -\phi^*_{1}& \phi_{2} \end{pmatrix} ~,$$ и проверьте это $$\Phi^\dagger \Phi = (\phi^\dagger \!\cdot \phi)~ 1\!\!\!1 ~/~2 ~,$$ так$\operatorname {Tr} \Phi^\dagger \Phi = \phi^\dagger\! \cdot \phi$.

Теперь левое умножение$\Phi$унитарным SU(2)-вращением оставляет матрицу билинейной$\Phi$инвариант s и, тем более, его следовый инвариант.

Примечательно, однако, что правое умножение на другую, независимую SU(2), которая ничего не знает о левой, перемешивает два столбца таблицы.$\Phi$друг с другом, сохраняя, однако, свои свойства левого SU(2) преобразования, поскольку, как мы видели, каждый столбец$\Phi$приводит к тому же результату при преобразовании левого SU (2). Это очевидно, но вы можете убедиться, сделав правое преобразование, левое преобразование, а затем обратное правое преобразование — у вас останется исходное левое преобразование.

Несмотря на то,$\Phi$билинейный не является право-SU(2)-инвариантным, в силу цикличности следа его след является инвариантным. Так что все$\phi^\dagger \cdot \phi$билинейные как слева, так и справа SU(2)-инвариантны, как и все лагранжевы кинетические и потенциальные члены, которые вы бы построили. Однако правая инвариантность будет нарушена связью с калибровочными полями, как вы можете проверить.

Ответ на этот вопрос довольно тонкий. Сначала рассмотрим наиболее общий потенциал Хиггса, который является перенормируемым и инвариантным относительно$SU(2)_{L}\otimes U(1)_{Y}$калибровочные преобразования, имеющие вид

$$\begin{equation} V = \lambda(\phi^{\dagger}\phi-\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ Где $$\begin{equation} \phi = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} \phi_{1}+i\phi_{2} \\ \phi_{3}+i\phi_{4} \end{pmatrix} \end{equation}$$ С точки зрения $\phi_{i}(i=1,2,3,4)$, потенциал Хиггса может быть выражен как $$\begin{equation} V = \frac{\lambda}{4}(\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{3}+\phi^{2}_{4}-2\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ Если мы определим $$\begin{equation}\Phi=\begin{pmatrix} \phi_{1}\\ \phi_{2}\\ \phi_{3}\\ \phi_{4}\\ \end{pmatrix}\end{equation}$$ Тогда потенциал Хиггса инвариантен относительно поворотов четырех полей, которые приводят к $SO(4)$как глобальная группа симметрии. Эта группа изоморфна $SU(2)\otimes SU(2)$, потому что оба имеют одну и ту же алгебру Ли. Эта симметрия глобальна и не требует введения калибровочных полей.

При нарушении симметрии скалярное поле$\phi_{4}$получить vev, отличное от нуля, и его можно переопределить следующим образом$\phi_{4}=H+v$. где H получает свою массу и называется частицей Хиггса. Более того, она имеет vev, равную нулю. Это поле представляет собой физическую степень свободы, и его масса пропорциональна$λ$неизвестный в модели параметр. Остальные скалярные поля остаются безмассовыми. Они являются потенциальными бозонами Голдстоуна и соответствуют градусам, которые калибровочные поля «съедают», чтобы получить массу или продольную составляющую. Потенциал Хиггса можно записать как функцию новых полей следующим образом

$$\begin{equation} V = \frac{\lambda}{4}(\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{1}+\phi^{2}_{3}+H^{2}+2Hv+v^{2}-2\mu^{2})^{2} \end{equation}$$ В этом новом потенциале глобальная симметрия нарушается $SO(3)$, который вращает только три скалярных поля. Он изоморфен $SU(2)_V$, диагональная часть $SU(2)\otimes SU(2)$. Которая также известна как опекунская симметрия .

После небольшого обсуждения я считаю, что на самом деле$SU(2)\times SU(2)$в некотором смысле симметрия.

Так что в принципе есть$U(2)$симметрия, если$\phi=(\phi_1,\phi_2)^T$,$\phi^\dagger=(\phi_1^*,\phi_2^*)$и лагранжиан

$$\mathscr{L}=\partial_\mu \phi^\dagger\partial^\mu \phi-m\phi^\dagger\phi-\lambda(\phi^\dagger\phi)^2,$$ просто отправлено $\phi\to U\phi$, для любой унитарной матрицы $U$.

Но мы можем попробовать написать сложные скалярные поля$\phi_i=\Re(\phi_i)+i\Im(\phi_i)$в терминах вещественных скалярных полей.

Скажем, чтобы привести в порядок обозначения$\phi_1=\eta_1+i\eta_2$и$\phi_2=\eta_3+i\eta_4$, где$\eta_i$являются вещественными скалярными полями.

Затем

$$\phi^\dagger\phi=\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2$$ и $$\partial_\mu \phi^\dagger\partial^\mu\phi=\partial_\mu\phi_1^*\partial^\mu \phi_1+\partial_\mu\phi_2^*\partial^\mu \phi_2= \sum_i\partial_\mu\eta_i\partial^\mu\eta_i$$

Таким образом, фактически лагранжиан становится

$$\mathscr{L}=\sum_i\partial_\mu\eta_i\partial^\mu\eta_i-m(\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2)-\lambda(\eta_1^2+\eta_2^2+\eta_3^2+\eta_4^2)^2$$

Или если мы соберем$\eta=(\eta_1,\eta_2,\eta_3,\eta_4)^T$тогда у нас есть:

$$\mathscr{L}=\partial_\mu \eta^T\partial^\mu \eta-m\eta^T\eta-\lambda(\eta^T\eta)^2$$

Этот лагранжиан действительных скалярных полей равен$SO(4)$или ($O(4)$) инвариант, универсальным покрытием которого я считаю$SU(2)\times SU(2)$. Я не знаю всех подробностей теории представлений, но после прочтения книги Вайнберга я пришел к выводу, что можно аналогичным образом заменить группу симметрий ее универсальным покрытием.$SO(3)$заменен на$SU(2)$в квантовой механике.

Здесь есть ссылка на mathstackexchange о$SO(4)$и это отношение к$SU(2)\times SU(2)$а также в комментариях есть ссылка, по которой я думаю как матричные группы , а не как группы лжи$SO(4)\cong SU(2)\otimes SU(2)$.

Хотя физически я думаю, что дополнительная симметрия возникает из-за того, что изначально мы сказали, что$\phi_1=\eta_1+i\eta_2$и$\phi_2=\eta_3+i\eta_4$, но с таким же успехом мы могли бы определить$\phi_1=\eta_1 +i\eta_4$и$\phi_2=\eta_2 +i\eta_3$, или любой другой вариант, и лагранжиан будет выглядеть точно так же.

Опять же, если вы проверите ту ссылку на mathstack, на которую ссылается kennym, или для удобства здесь , отношение вышеуказанных групп, кажется, появляется в исследованиях запутанности в квантовых вычислениях.

Возможно, другой ответ или комментарии могли бы заполнить некоторые пробелы, которые я оставил.

Если поле представляет собой простое комплексное скалярное поле, то симметрия просто$U(1)$. Для более высокой симметрии$\phi$также должен быть более размерным, например, вы можете добавить векторный индекс$\phi_i$с$i=1,2$для простоты, что означает, что вы добавляете дополнительное сложное поле. Если эти два поля взаимодействуют, теперь у вас может быть два случая:

Каждое поле имеет$U(1)$симметрия и условия взаимодействия, например$\lambda_{12}|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$, уважать$U(1)$симметрия. Однако поля имеют разные параметры, такие как массы и константы самосвязи. Тогда у вас есть отдельные$U(1)$симметрии, а общая симметрия вашего лагранжиана равна$U(1)\times U(1)$.

$$\mathscr{L}=\partial_\mu\phi_1^\dagger \partial^\mu \phi_1 - m_1^2 \phi_1^\dagger \phi_1 - \lambda_1\left(\phi_1^\dagger\phi_1\right)^2+\partial_\mu\phi_2^\dagger \partial^\mu \phi_2 - m_2^2 \phi_2^\dagger \phi_2 - \lambda_2\left(\phi_2^\dagger\phi_2\right)^2+\lambda_{12}|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$$

В случае 2 остальные параметры одинаковы для обоих полей, поэтому симметрия$SU(2)$, потому что вы можете вращать их с одной и той же фазой.

$$\mathscr{L}=\partial_\mu\phi_1^\dagger \partial^\mu \phi_1 - m^2 \phi_1^\dagger \phi_1 - \lambda\left(\phi_1^\dagger\phi_1\right)^2+\partial_\mu\phi_2^\dagger \partial^\mu \phi_2 - m^2 \phi_2^\dagger \phi_2 - \lambda\left(\phi_2^\dagger\phi_2\right)^2+\lambda|\phi_1|^2 |\phi_2|^2$$

Лагранжиан ОП, по-видимому, относится к этому типу, где скалярные произведения в пространстве двух полей явно не записаны.