Массивные спин-сс-представления группы Пуанкаре на пространстве спиновых тензорных полей

Контекст

Нижеследующее из книги "Идеи и методы в суперсимметрии и супергравитации" И.Л. Бухбиндера и С.М. Кузенко, стр. 56-60. Речь идет о реализации неприводимых массивных представлений группы Пуанкаре в виде полей спиновых тензоров, которые преобразуются при определенных представлениях однородной группы Лоренца и подчиняются некоторым дополнительным условиям.

Рассмотрим линейное пространство$\mathcal{H}_{(A,B)}$из$(A/2,B/2)$поля типа спинового тензора$\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x)$полностью симметричны по своим штриховым индексам A и независимо по своим точечным индексам B, с$A+B=2s$и которые удовлетворяют следующим дополнительным условиям:

$$\begin{cases}\partial^{\dot{\alpha}\alpha}\Phi_{\alpha\alpha_1\cdots\alpha_{A-1}\dot{\alpha}\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_{B-1}}(x)=0 && (1)\\ (\partial^a\partial_a-m^2)\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x)=0&&(2)\end{cases}$$ Здесь $\partial_{\alpha\dot{\alpha}}=(\sigma^a)_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_a$и $\partial^{\dot{\alpha}\alpha}=(\tilde{\sigma}^a)^{\dot{\alpha}\alpha}\partial_a=\varepsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}\varepsilon^{\alpha\beta}(\sigma^a)_{\beta\dot{\beta}}\partial_a$, $\sigma^a=(\text{Id},\vec{\sigma})$и $\tilde{\sigma}^a=(\text{Id},-\vec{\sigma}).$Мое метрическое соглашение $\eta_{ab}=\text{Diag}(-1,1,1,1)$, индексы спинора - греческие буквы, а индексы Лоренца - латинские.

Рассмотрим следующую карту один к одному:

$$\Delta_{{\alpha}_{A+1}}^{~~~\dot{\alpha}_B}: \mathcal{H}_{(A,B)}\rightarrow \mathcal{H}_{(A+1,B-1)}$$ $$\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\alpha_{A+1}\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_{B-1}}(x):=\Delta_{{\alpha}_{A+1}}^{~~\dot{\alpha}_B}\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x) ~~\text{ where }~~ \Delta_{\alpha_{A+1}}^{~~\dot{\alpha_B}}=\frac{1}{m}\partial_{\alpha_{A+1}}^{~~\dot{\alpha_B}}$$ Карта является взаимно однозначной, потому что можно показать, используя условие массовой оболочки (1), что она имеет обратную, определяемую выражением $\Delta_{\alpha}^{~~\dot{\alpha}}\Delta^{\beta}_{~~\dot{\alpha}}=\delta_{\alpha}^{\beta}$. Хотя для целей этой темы нет необходимости смотреть на обратную карту.

Вопрос

Для меня не очевидно, что после того, как мы подействовали на элемент$\mathcal{H}_{(A,B)}$с$\Delta_{{\alpha}_{A+1}}^{~~~\dot{\alpha}_B}$, результат полностью симметричен по своим непунктирным индексам, включая дополнительный, созданный через карту. Впрочем, это претензия автора. Итак, я хотел бы доказать следующее:

$$\Delta_{({\alpha}_{A+1}}^{~~\dot{\alpha}_B}\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A)\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x)=\Delta_{{\alpha}_{A+1}}^{~~\dot{\alpha}_B}\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x)$$

Пытаться

Я почти уверен, что результат должен следовать из дополнительного условия (2) (которое иногда называют условием «спинового отбора»), а также того факта, что$\Phi_{\alpha_1\cdots\alpha_A\dot{\alpha}_1\cdots\dot{\alpha}_B}(x)$полностью симметрична по своим не отмеченным точками индексам. Однако, опять же, совершенно не очевидно, почему.

Чтобы получить некоторую интуицию для проблемы, я попробовал простой случай:

$$\Delta_{\gamma}^{~~\dot{\beta}}:\mathcal{H}_{(2,2)}\rightarrow \mathcal{H}_{(3,1)}$$ $$X_{\alpha\beta\dot{\alpha}\dot{\beta}}\rightarrow X_{\alpha\beta\gamma\dot{\alpha}}:=\Delta_{\gamma}^{~~\dot{\beta}}X_{\alpha\beta\dot{\alpha}\dot{\beta}} ~~\text{ where } X_{(\alpha\beta)(\dot{\alpha}\dot{\beta})}=X_{\alpha\beta\dot{\alpha}\dot{\beta}}$$

Таким образом, целью этого интуитивного упражнения было бы показать, что$X_{\alpha\beta\gamma\dot{\alpha}}=X_{\gamma\beta\alpha\dot{\alpha}}$, например.

Если я явно подставлю некоторые числа для индексов, я увижу, что, например, случай$(\alpha=1,\gamma=2)$равно случаю$(\alpha=2,\gamma=1)$в силу дополнительного условия (2). Однако я изо всех сил пытаюсь обобщить это и, конечно же, не довольствуюсь тем, что оставляю аргумент здесь. У кого-нибудь есть предложение или намек для меня? Спасибо.