Нормализация уровня Черна-Саймонса в калибровочной теории SO(N)SO(N)SO(N)

Позвольте мне нормализовать действие как

$$S=\frac{k}{4\pi}\int\langle A\wedge dA + \frac{1}{3} A\wedge[A\wedge A]\rangle$$ за $\langle,\rangle$будучи формой убийства. Это совпадает с вашей нормализацией для $SU(N)$.

Вариация действия Черна-Саймонса при калибровочном преобразовании$g:M\rightarrow G$дан кем-то

$$S\rightarrow S + \frac{k}{24\pi}\int_{g_*[M]} \langle\theta\wedge[\theta\wedge\theta]\rangle,$$ куда $\theta\in\Omega^1(G;\mathfrak{g})$является формой Маурера-Картана (Предложение 2.3 в http://arxiv.org/abs/hep-th/9206021 ). Последний член также называют термином Весса-Зумино. Следовательно, $\exp(iS)$инвариантен, если $$\frac{k}{24\pi}\int_{[C]} \langle\theta\wedge[\theta\wedge\theta]\rangle\in2\pi\mathbf{Z}$$ за $[C]$генератор $H_3(G;\mathbf{Z})$.

За$G=SO(N)$, гомология порождается$SO(3)\subset SO(N)$, и этот член можно вычислить следующим образом. Как ты говоришь,

$$\frac{1}{24\pi}\int_{SU(2)} \langle\theta\wedge[\theta\wedge\theta]\rangle=2\pi,$$ но $SU(2)\rightarrow SO(3)$является локальным диффеоморфизмом 2: 1, поэтому $$\frac{1}{24\pi}\int_{SO(3)} \langle\theta\wedge[\theta\wedge\theta]\rangle=\pi.$$

Следовательно, уровень$k$в этом случае должно быть четным. См. также приложение 15.A в книге Ди Франческо, Матье и Сенешаля по конформной теории поля.

Можем ли мы просто прокомментировать, что$\text{Tr}[T^a_rT^b_r]\equiv C(r) \delta^{ab}$зависит от представления. В случае SU (2) и SO (3) мы можем связать это с представлением спина-S. Таким образом, группа SU(2) находится в представлении со спином 1/2, а группа SO(3) находится в представлении со спином 1. Можно записать отношение спиновых операторов как:

$$S_x^2+S_y^2+S_z^2=S(S+1) \;\mathbb{I}_{2s+1}.$$ ( $\hbar=1$). А также $$\sum_a(S^a)^2=S_x^2+S_y^2+S_z^2=\sum_{a=x,y,z}(T^a)^2=3 (T^b)^2$$ здесь $b$может быть $x,y,z$. Итак, объединим два соотношения выше: $$\frac{1}{2}\text{Tr}[T^a_rT^b_r]=\frac{1}{2}\frac{S(S+1)}{3}\text{Tr}[\mathbb{I}_{2s+1}]=\frac{S(S+1)(2S+1)}{6}$$ Для SU (2), представления со спином 1/2, мы имеем: $$\text{Tr}[T^a_rT^b_r]=2\frac{S(S+1)(2S+1)}{6}|_{S=1/2}=1/2$$ Для SO (3), представление со спином 1, мы имеем: $$\text{Tr}[T^a_rT^b_r]=2\frac{S(S+1)(2S+1)}{6}|_{S=1}=2$$ .

Для представления со спином 3/2 имеем:

$$\text{Tr}[T^a_rT^b_r]=2\frac{S(S+1)(2S+1)}{6}|_{S=3/2}=5,$$ и т. д. Должны ли мы сказать, что квантование уровня k SU (2) CS и SO (3) CS, таким образом, связано коэффициентом: $$(1/2)/2=1/4.$$

И это значение квантования предположительно является измеримым квантованным значением для спин-холловской проводимости . См., например, обсуждение в этой статье: Защищенные симметрией топологические фазы с зарядовой и спиновой симметриями: теория отклика и динамическая калибровочная теория в 2D, 3D и поверхности 3D: arXiv-1306.3695v2 , в уравнении (26) и его p .7 правая колонка и в п.8 левая колонка. См. также этот документ Phys Rev B.

Этот способ интерпретации упрощает математический аргумент Дейкграафа-Виттена или Мура-Зайберга до очень физического уровня спина.$S$имущество. Вы согласны?

Любые дальнейшие мысли/комментарии?