Можем ли мы сделать представление Дирака калибровочной теорией?

Question

Можем ли мы сделать представление Дирака калибровочной теорией?

Физика
теория поля
калибровочная теория
уравнение Дирака
матрицы Дирака
калибровочная инвариантность

Чам

Я ищу комментарии и ссылки об идее: калибровка представления Дирака матриц Дирака. Какое взаимодействие полей это даст?

В частности, уравнение Дирака определяется следующим образом (начнем с свободного поля):

\begin{matrix} (1) & γ^{а} \partial_{а} Ψ + я м Ψ "=" 0. \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{1} \gamma^a \; \partial_a \Psi + i \, m \, \Psi = 0. \end{equation}$ По определению гамма-матрицы подчиняются следующему соотношению:

\begin{matrix} (2) & γ^{а} γ^{б} + γ^{б} γ^{а} "=" 2 η^{а б} . \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{2} \gamma^a \, \gamma^b + \gamma^b \, \gamma^a = 2 \, \eta^{ab}. \end{equation}$ Любой набор из 4 матриц, который подчиняется этому соотношению, может быть использован в уравнении (1) выше (обычное представление Дирака, представление Вейля, представление Майораны и т. д.). Все представления связаны унитарным преобразованием:

\begin{aligned} (3) & {\tilde{γ}}^{а} & "=" U γ^{а} U^{†}, \\ (4) & \tilde{Ψ} & "=" U Ψ . \end{aligned}

$\begin{align}\tag{3} \tilde{\gamma}^a &= U \, \gamma^a U^{\dagger}, \\[12pt] \tilde{\Psi} &= U \, \Psi. \tag{4} \end{align}$

Теперь предположим, что представление становится локальной симметрией уравнения Дирака; $U \Rightarrow U(x)$ . Затем нам нужно изменить частную производную:

\begin{matrix} (5) & \partial_{а} \Rightarrow Д_{а} \equiv \partial_{а} + я С_{а} (Икс), \end{matrix}

$\begin{equation}\tag{5} \partial_a \Rightarrow D_a \equiv \partial_a + i C_a(x), \end{equation}$ где

C_{a} (x)

$C_a(x)$ новое калибровочное поле.

Я не стал развивать эту идею из-за нехватки времени. Но я хотел бы знать, изучалась ли эта идея кем-то еще (наверняка она уже изучалась раньше!).

Так что это дает? Что за калибровочное поле взаимодействия? Есть ли какая-то математическая проблема с этим?

РЕДАКТИРОВАТЬ: Еще несколько комментариев:

Группа Лоренца, действующая на поле Дирака, представлена $SL(4, \mathbb{C})$ , и не все его элементы являются унитарными матрицами: вращения представлены унитарными матрицами, но не чистыми преобразованиями Лоренца.

Калибровка группы Лоренца дает гравитацию (это хорошо известно и является частью классической общей теории относительности). Затем замер $\gamma$ представление обязательно будет мешать гравитационному калибровочному полю (вейрбейну и его спиновой связи), поскольку некоторые унитарные матрицы могут представлять некоторые вращения (но не все унитарные матрицы!).

Я не думаю, что группа преобразований, меняющих $\gamma$ представление такое же, как группа Лоренца (т.е. $SL(4, \mathbb{C})$ ), но могу ошибаться.

Какая полная группа определяет $\gamma$ представления? Действительно ли он должен быть унитарным, т.е. $SU(4)$ ? Я подозреваю, что это просто преобразования подобия, поэтому могут подойти любые обратимые матрицы 4 X 4, а не только унитарные матрицы.

Другими словами, происходит ли трансформация $SL(4, \mathbb{C})$ (из группы Лоренца), которые могут заменить обычные матрицы Дирака матрицами Вейля и матрицами Майораны?

Робин Экман

Это была бы калибровочная теория с калибровочной группой группой Лоренца. Группа Лоренца не компактна, что означает технические сложности, поэтому, возможно, это не изучалось. Во многих работах по калибровочной теории калибровочная группа не указывается, но я думаю, что это правило предполагает, что она компактна.

Гербен

Поле Рариты-Швингера имеет фермионную калибровочную симметрию. Возможно, это было бы полезно. См., например: books.google.be/…

Любопытный Разум

Извините, но я не понимаю вашего вопроса - калибровочные симметрии определяются на уровне лагранжиана и должны задаваться преобразованиями полей .

γ \mapsto U γ U^{†}

$\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ не является преобразованием поля и, следовательно, не предписанием симметрии. В частности, вы не можете измерить эту симметрию, потому что

γ^{a}

$\gamma^a$ не зависит от пространства-времени с самого начала , поэтому замена

U

$U$ к

U (x)

$U(x)$ не имеет никакого смысла. Кроме того, группа Лоренца (точнее, ее универсальное покрытие) является

S L (2, C)

$\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ , нет

S L (4, C)

$\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ .

Чам

@ACuriousMind,

S L (4, C)

$SL(4, \mathbb{C})$ ЯВЛЯЕТСЯ представлением группы Лоренца для поля Дирака.

S L (2, C)

$SL(2, \mathbb{C})$ не действует поле Дирака, которое является четырехкомпонентным спинором. Так же

γ

$\gamma$ представление является глобальной симметрией лагранжиана Дирака (изменение представления означает, что вы изменяете само представление поля, а не только

γ

$\gamma$ х). Это МОЖЕТ быть сделано локальной симметрией, точно так же, как и для глобальной.

U (1)

$U(1)$ фазовая симметрия. Так что это имеет смысл.

Любопытный Разум

Вы используете нестандартную терминологию. Представление Дирака является гомоморфизмом групп

S L (2, C) \to G L (4, C)

$\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})\to\mathrm{GL}(4,\mathbb{C})$ , но

S L (4, C)

$\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ не является «представлением группы Лоренца». Преобразование

γ \mapsto U γ U^{†}

$\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ не является «симметрией» лагранжиана в формальном смысле, потому что симметрии должны быть заданы преобразованиями поля и

γ

$\gamma$ это не поле , это константа. Это то, что вы можете сделать с лагранжианом, но это не симметрия, и нет смысла говорить о его «калибровке».

Чам

@ACuriousMind, я не согласен. В лагранжиане вы меняете поле матрицей

U

$U$ (смешивание спинорных компонентов). Чтобы оставить лагранжиан без изменений, нужно спросить, что

U

$U$ также изменить

γ

$\gamma$ матрицы (тогда это изменение представления). Это можно сделать локально . Тогда

γ

$\gamma$ х становится сами поля. Все это может быть связано с гравитацией.

Гербен

@Cham, так как ты все еще обсуждаешь это; чего-то не хватает в моем ответе ниже/вы имеете в виду что-то еще/вы хотите, чтобы я расширил его?

Чам

@ Гербен, твой ответ не соответствует моему вопросу (или, может быть, это его обобщение, я не знаю). Интересующий меня спинор Дирака не относится к типу Рариты-Швингера (т.е. спинору с координатным индексом). Кроме того, мой вопрос касается четкого определения группы представлений

γ

$\gamma$ матрицы, и в чем она отличается от группы Лоренца.

Гербен

Поле Рариты-Швингера имеет фермионную калибровочную симметрию; что, казалось, было тем, к чему вы клонили. Как вы предположили, действительно существует связь с гравитацией, поскольку это дает гравитино; суперсимметричный партнер гравитации в супергравитации. Поле Дирака не может иметь такой калиброванной симметрии, поскольку оно полностью калибрует спин 1/2, так что ничего не остается. Если вас интересуют формальные свойства

γ

$\gamma$ матрицы в контексте теории групп: они образуют то, что известно как алгебра Клиффорда, и вы должны взглянуть на это.

Адам

@Cham: ACuriousMind означает, что

U

$U$ не является преобразованием симметрии

γ

$\gamma$ . После преобразования Лоренца

ψ \to U ψ

$\psi\to U\psi$ ,

\bar{ψ} γ_{μ} ψ \to Λ_{μ}^{ν} \bar{ψ} γ_{ν} ψ

$\bar\psi\gamma_\mu\psi\to\Lambda_\mu^\nu \bar\psi\gamma_\nu\psi$ преобразовать как 4-вектор. Но сам по себе,

γ_{μ}

$\gamma_\mu$ не является 4-вектором (преобразования Лоренца не влияют). Помимо этого, вы действительно измеряете преобразования Лоренца.

Чам

@ Адам, да, я все это знаю. Я рассматривал возможность сделать

γ

$\gamma$ как часть новой калибровочной симметрии при произвольном их представлении . Но, подумав еще немного об этом сегодня, я понял, что на самом деле все дело в гравитации! (плюс, может быть, что-то еще, я пока не уверен). Если

γ

$\gamma$ представительство делается локальным, то

γ

$\gamma$ должны стать динамическими полями, а не простыми константами (как указал ACuriousMind). Но тогда это попросит использовать свернутое на них поле вирбейна (тетрады). Это подразумевает гравитацию . Однако... (см. ниже)

Чам

Однако... группа

γ

$\gamma$ преобразования представления унитарны (не знаю почему), так что это не группа Лоренца. Она включает в себя вращения (как группа Лоренца), но также включает в себя странные вещи, такие как киральное преобразование , которое, конечно, не является частью группы Лоренца. Так что "примерять"

γ

$\gamma$ репрезентация нуждается в гравитации (что за... !?) или конфликте с ней. Так что я думаю, что один из ответов на мой вопрос выше: «НЕТ, потому что гравитация имеет место»!

томтом1-4

Это определенно интригующая идея. Поправьте меня, если я ошибаюсь, но я думаю, что представление Дирака группы Лоренца

(1 / 2, 0) \oplus (0, 1 / 2)

$(1/2,0) \oplus(0,1/2)$ . Поэтому матрица преобразования должна иметь вид

A \oplus (A^{- 1})^{†}

$A \oplus (A^{-1})^\dagger$ , где

A \in S L (2, C)

$A \in SL(2, \mathbb{C})$ . Просто из анализа размерности должно быть ясно, что это не может быть

S L (4, C)

$SL(4,\mathbb{C})$ или

G L (4, C)

$GL(4,\mathbb{C})$ так как у обоих слишком много степеней свободы. И да, вы можете делать произвольные преобразования эквивалентности. Обычно мы этого не делаем, потому что вы проигрываете

γ^{μ †} = γ^{0} γ^{μ} γ^{0}

$\gamma^{\mu \dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ .

томтом1-4

Не могли бы вы рассказать подробнее, как это связано с гравитацией. Я вижу небольшую связь с

{γ^{μ}, γ^{ν}} = 2 η^{μ ν} ⟶ {γ^{μ} (x), γ^{ν} (x)} = 2 g^{μ ν} (x)

$\lbrace \gamma^\mu, \gamma^\nu \rbrace = 2 \eta^{\mu \nu} \longrightarrow \lbrace \gamma^\mu (x), \gamma^\nu (x) \rbrace = 2 g^{\mu \nu}(x)$ но это все.

Ответы (2)

Можем ли мы сделать представление Дирака калибровочной теорией?

Это была бы калибровочная теория с калибровочной группой группой Лоренца. Группа Лоренца не компактна, что означает технические сложности, поэтому, возможно, это не изучалось. Во многих работах по калибровочной теории калибровочная группа не указывается, но я думаю, что это правило предполагает, что она компактна.
Поле Рариты-Швингера имеет фермионную калибровочную симметрию. Возможно, это было бы полезно. См., например: books.google.be/…
Извините, но я не понимаю вашего вопроса - калибровочные симметрии определяются на уровне лагранжиана и должны задаваться преобразованиями полей . $\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ не является преобразованием поля и, следовательно, не предписанием симметрии. В частности, вы не можете измерить эту симметрию, потому что $\gamma^a$ не зависит от пространства-времени с самого начала , поэтому замена $U$ к $U(x)$ не имеет никакого смысла. Кроме того, группа Лоренца (точнее, ее универсальное покрытие) является $\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ , нет $\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ .
@ACuriousMind, $SL(4, \mathbb{C})$ ЯВЛЯЕТСЯ представлением группы Лоренца для поля Дирака. $SL(2, \mathbb{C})$ не действует поле Дирака, которое является четырехкомпонентным спинором. Так же $\gamma$ представление является глобальной симметрией лагранжиана Дирака (изменение представления означает, что вы изменяете само представление поля, а не только $\gamma$ х). Это МОЖЕТ быть сделано локальной симметрией, точно так же, как и для глобальной. $U(1)$ фазовая симметрия. Так что это имеет смысл.
Вы используете нестандартную терминологию. Представление Дирака является гомоморфизмом групп $\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})\to\mathrm{GL}(4,\mathbb{C})$ , но $\mathrm{SL}(4,\mathbb{C})$ не является «представлением группы Лоренца». Преобразование $\gamma\mapsto U\gamma U^\dagger$ не является «симметрией» лагранжиана в формальном смысле, потому что симметрии должны быть заданы преобразованиями поля и $\gamma$ это не поле , это константа. Это то, что вы можете сделать с лагранжианом, но это не симметрия, и нет смысла говорить о его «калибровке».
@ACuriousMind, я не согласен. В лагранжиане вы меняете поле матрицей $U$ (смешивание спинорных компонентов). Чтобы оставить лагранжиан без изменений, нужно спросить, что $U$ также изменить $\gamma$ матрицы (тогда это изменение представления). Это можно сделать локально . Тогда $\gamma$ х становится сами поля. Все это может быть связано с гравитацией.
@Cham, так как ты все еще обсуждаешь это; чего-то не хватает в моем ответе ниже/вы имеете в виду что-то еще/вы хотите, чтобы я расширил его?
@ Гербен, твой ответ не соответствует моему вопросу (или, может быть, это его обобщение, я не знаю). Интересующий меня спинор Дирака не относится к типу Рариты-Швингера (т.е. спинору с координатным индексом). Кроме того, мой вопрос касается четкого определения группы представлений $\gamma$ матрицы, и в чем она отличается от группы Лоренца.
Поле Рариты-Швингера имеет фермионную калибровочную симметрию; что, казалось, было тем, к чему вы клонили. Как вы предположили, действительно существует связь с гравитацией, поскольку это дает гравитино; суперсимметричный партнер гравитации в супергравитации. Поле Дирака не может иметь такой калиброванной симметрии, поскольку оно полностью калибрует спин 1/2, так что ничего не остается. Если вас интересуют формальные свойства $\gamma$ матрицы в контексте теории групп: они образуют то, что известно как алгебра Клиффорда, и вы должны взглянуть на это.
@Cham: ACuriousMind означает, что $U$ не является преобразованием симметрии $\gamma$ . После преобразования Лоренца $\psi\to U\psi$ , $\bar\psi\gamma_\mu\psi\to\Lambda_\mu^\nu \bar\psi\gamma_\nu\psi$ преобразовать как 4-вектор. Но сам по себе, $\gamma_\mu$ не является 4-вектором (преобразования Лоренца не влияют). Помимо этого, вы действительно измеряете преобразования Лоренца.
@ Адам, да, я все это знаю. Я рассматривал возможность сделать $\gamma$ как часть новой калибровочной симметрии при произвольном их представлении . Но, подумав еще немного об этом сегодня, я понял, что на самом деле все дело в гравитации! (плюс, может быть, что-то еще, я пока не уверен). Если $\gamma$ представительство делается локальным, то $\gamma$ должны стать динамическими полями, а не простыми константами (как указал ACuriousMind). Но тогда это попросит использовать свернутое на них поле вирбейна (тетрады). Это подразумевает гравитацию . Однако... (см. ниже)
Однако... группа $\gamma$ преобразования представления унитарны (не знаю почему), так что это не группа Лоренца. Она включает в себя вращения (как группа Лоренца), но также включает в себя странные вещи, такие как киральное преобразование , которое, конечно, не является частью группы Лоренца. Так что "примерять" $\gamma$ репрезентация нуждается в гравитации (что за... !?) или конфликте с ней. Так что я думаю, что один из ответов на мой вопрос выше: «НЕТ, потому что гравитация имеет место»!
Это определенно интригующая идея. Поправьте меня, если я ошибаюсь, но я думаю, что представление Дирака группы Лоренца $(1/2,0) \oplus(0,1/2)$ . Поэтому матрица преобразования должна иметь вид $A \oplus (A^{-1})^\dagger$ , где $A \in SL(2, \mathbb{C})$ . Просто из анализа размерности должно быть ясно, что это не может быть $SL(4,\mathbb{C})$ или $GL(4,\mathbb{C})$ так как у обоих слишком много степеней свободы. И да, вы можете делать произвольные преобразования эквивалентности. Обычно мы этого не делаем, потому что вы проигрываете $\gamma^{\mu \dagger} = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$ .
Не могли бы вы рассказать подробнее, как это связано с гравитацией. Я вижу небольшую связь с $\lbrace \gamma^\mu, \gamma^\nu \rbrace = 2 \eta^{\mu \nu} \longrightarrow \lbrace \gamma^\mu (x), \gamma^\nu (x) \rbrace = 2 g^{\mu \nu}(x)$ но это все.

Гербен · Answer 1

Расширяя мой комментарий, я думаю, что поле Рариты Швингер (спин 3/2) имеет именно ту калибровочную симметрию, которую вы хотите : %20gauge%20symmetry&pg=PA95#v=onepage&q&f=false Эта калибровочная симметрия удаляет компонент спина 1/2 поля, так что остается только компонент спина 3/2. Теперь, если вы проделаете ту же калибровку для поля со спином 1/2, вы измерите все поле со спином 1/2, объект будет полностью сделан из нефизического произвольного калибровочного материала; Я думаю.

Боб Би · Answer 2

Наложение локальной калибровочной симметрии на уравнение Дирака создает взаимодействующее с ним электромагнитное поле.

Видеть

http://www.physics.rutgers.edu/~steves/613/lectures/Lec06.pdf

Прежде чем голосовать против, пожалуйста, ознакомьтесь с моими комментариями ниже. Вопрос был не в том, можно ли использовать уравнение Дирака для представления фермиона со спином 3/2 или выше, хотя вы могли интерпретировать его таким образом, и его пример просто добавил векторное поле в качестве калибровочного поля. Тогда нет выбора, и это должен быть электромагнетизм. Поля Вейля и Майорана также согласованы. См. Пескин. Кстати, поле вращения 3/2 Rarita Schwinger, как я понимаю, имеет проблемы, хотя я не эксперт в этом.

Если это совсем не по адресу, просто объясните, пожалуйста.

Извините, мне пришлось проголосовать за ваш ответ. Калибровочное поле ЭМ связано с $U(1)$ группа, которая коммутирует со всеми $\gamma$ матрицы. Это не связано с $\gamma$ представления вообще.
Понимать. Но кажется, что это взаимодействие вводится в уравнение Дирака. См. ссылку. У вас все еще есть U (1) из уравнений ЭМ, но эта калибровочная симметрия создает член взаимодействия в Дираке.
Да, $U(1)$ локальная инвариантность вводит электромагнитное поле в уравнение Дирака. Это очень хорошо известно и является лучшим (то есть простейшим) примером того, как ввести калибровочные поля в физику. Но это не имеет отношения к вопросу.
Нет? Если вы превратите свой C в A, какая разница?
Кроме того, см. также уравнение Вейля и фермионы Майораны, полученные из инвариантности Дирака и Лоренца, в damtp.cam.ac.uk/user/tong/qft/four.pdf . Это также хорошо известно.

Можем ли мы сделать представление Дирака калибровочной теорией?

Чам

Робин Экман

Гербен

Любопытный Разум

Чам

Любопытный Разум

Чам

Гербен

Чам

Гербен

Адам

Чам

Чам

томтом1-4

томтом1-4

Ответы (2)

Гербен

Боб Би

Чам

Боб Би

Чам

Боб Би

Боб Би

Есть ли хорошая идея, откуда берутся неабелевы калибровочные симметрии?

Заряд не сохраняется в скалярной КЭД? [дубликат]

Вызывает ли электромагнитное калибровочное преобразование U(1)U(1)U(1) преобразование поля?

Что такое калибровочная теория?

Построение лагранжиана Дирака без предположения об эрмитовых/антиэрмитовых γγ\gamma-матрицах

Является ли искусственное калибровочное поле калибровочным полем?

Изменяет ли введение калибровочного поля в лагранжиан комплексной скалярной теории поля его динамику?

Измерение киральной симметрии: существует ли векторное поле, связанное с киральным током?

Ковариантность в калибровочных теориях: почему лагранжиан должен быть калибровочно-инвариантным?

Локальные и глобальные симметрии