¿Por qué en QFT lo que realmente importa es$\exp(\mathfrak{so}(1,3))$ en lugar de$O(1,3)$?

Question

En QFT campos se clasifican de acuerdo a las representaciones del grupo de Lorentz $O(1,3)$.

Ahora, la mayoría de los libros cuando esta decir que para entender las representaciones de $O(1,3)$ necesitamos para el estudio de las representaciones de la Mentira álgebra $\mathfrak{so}(1,3)$.

Esto a su vez puede ser hecho por complexifying $\mathfrak{so}(1,3)$, si entiendo bien, ya que cualquier representación de una Mentira álgebra tiene un único holomorphic extensión de la representación de la complexified Mentira álgebra (por la forma en que la razón de esto fue el tema de una muy vieja cuestión de la mía).

Por lo que uno en realidad tiene para el estudio de las representaciones de $\mathbb{C}\otimes \mathfrak{so}(1,3)$. Resulta que tenemos el isomorfismo $$\mathbb{C}\otimes \mathfrak{so}(1,3)\simeq \mathbb{C}\otimes \mathfrak{su}(2)\oplus \mathbb{C}\otimes \mathfrak{su}(2)$$

De modo que el complexified $\mathfrak{so}(1,3)$ es una suma directa de dos copias del momento angular de álgebra, cuya teoría de la representación es conocida a partir de QM.

En resumen representaciones de $\mathfrak{so}(1,3)$ se $D_{A,B}$ marcados por $A,B\in\frac{1}{2}\mathbb{Z}_{>}$ y actuar en $\mathbb{C}^{(2A+1)(2B+1)}$.

Pero esta es la teoría de la representación de la álgebra, no de la de Lorentz grupo!

Este es generalmente de remediar en QFT textos diciendo: bien, exponentiate. En otras palabras, por cada $X\in \mathfrak{so}(1,3)$ tenemos $\exp \theta X \in SO(1,3)$ y definimos la representación $\mathscr{D}_{A,B}$ por

$$\mathscr{D}_{A,B}(\exp \theta X)=\exp \theta D_{A,B}(X) .$$

Hasta ahora tan bueno. Pero esto no es un a priori de una representación de $SO(1,3)$. Más bien es una representación de $\exp(\mathfrak{so}(1,3))$ ya que en general la exponencial no es surjective.

En este caso, sin embargo, tenemos $\exp(\mathfrak{so}(1,3))=SO_e^+(1,3)$ el correcto ortochronous grupo de Lorentz y después de googlear un poco, esta parece ser una propiedad específica de los grupos $SO(p,q)$, no una versión específica de un general de la Mentira grupo de resultados. De hecho, parece más bien un no-trivial de la propiedad de $SO(p,q)$!

Las preguntas:

1. Se nos permite en QFT para derivar las representaciones de la Mentira de álgebra sólo por la feliz coincidencia de que para $O(1,3)$ obtenemos el conjunto de la $SO_e^+(1,3)$ exponentiating la Mentira de álgebra?

   O hay alguna razón que hace que $\exp(\mathfrak{so}(1,3))$ lo realmente importante grupo para ser estudiado para QFT, la identificación con $SO_e^+(1,3)$ son secundarias?

2. Si lo que en realidad importa es $SO_e^+(1,3)$, ¿por qué este subgrupo es lo que debe ser estudiado para clasificar a los campos en lugar de toda la $O(1,3)$?

3. He leído en algún lugar hace mucho tiempo, que yo por desgracia no recuerdo dónde, que esto tiene que ver con la exponencial relativas a la universalización de la cobertura de $O(1,3)$ , de alguna manera, pero yo no veo cómo esto encaja aquí. Es esta relación la razón por la que nos permite obtener la representación de la Lorentz álgebra?

Answer 1

El pleno del grupo de Lorentz es $$ S(1,3) = TAN^+(1,3)\rtimes D_4\,, $$ donde $D_4$ es generado por $P$ e $T$, el discreto simetrías de la paridad y la inversión de tiempo. Sus representaciones pueden ser marcadas por las representaciones de $SO^+(1,3)$, por lo tanto, de $\mathfrak{so}(1,3)$, y de $D_4$. En la física de la lengua " esto significa que una partícula se define por la vuelta números cuánticos que se explica en la pregunta, además de la $P$ e $T$ números cuánticos.

Las representaciones de $D_4 \cong \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ son simplemente un par de $(\pm1,\pm1)$ que especifica para ambos factores de $\mathbb{Z}_2$ si la representación es la trivial o la alternancia.

Así que la respuesta es que hacemos clasificar partículas con representaciones irreducibles de la total $O(1,3)$, es sólo que a veces, cuando no nos preocupamos demasiado por $P$ e $T$ o cuando ambos actúan trivialmente, se omite la especificación de los mismos.

Como ejemplo: cuando usted oye que pions son "pseudoscalar," que significa que estamos especificando una representación de $O(1,3)$.

Answer 2

Quiero añadir un comentario: no hay ninguna buena razón para que un QFT espacio de Hilbert para transformar incluso en virtud de una representación de la total $O(1,3)$ grupo!

Dicen que usted tiene un QFT espacio de Hilbert. Existen impulso $\hat P_\mu$, el momento angular de $\hat L_i$, e impulsar a los operadores de $\hat K_i$ la satisfacción de los regulares de álgebra cuando actúa en este espacio de Hilbert.

\begin{align} &[\hat L_i, \hat L_j] = i \varepsilon_{ijk} \hat L_k && [\hat K_i, \hat K_j] = -i \varepsilon_{ijk}\hat L_k && [\hat L_i, \hat K_j] = i\varepsilon_{ijk}\hat K_k \\ &[\hat L_i, \hat P_j] = i\varepsilon_{ijk} \hat P_k && [\hat K_i, \hat P_i] =i \hat P_t && [\hat K_i, \hat P_t] = i\hat P_i. \nonumber \end{align}

Las partículas son autoestados del impulso de los operadores de $\hat{P}_\mu$ con autovalores $p_\mu$. También contienen datos adicionales (girar, cobrar, etc.) que me acaba de etiqueta por $\lambda$. Así que podemos escribir la partícula estados como $$ |p,\lambda\rangle. $$

Ahora, por definición, un operador de paridad $\hat{\mathsf{P}}$ sería aquel que satisface \begin{equation*} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat L_i \hat{\mathsf{P}} = \hat L_i \hspace{0.5cm} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat K_i \hat{\mathsf{P}} = \hat K_i \hspace{0.5cm} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat P_0 \hat{\mathsf{P}} = \hat P_0 \hspace{0.5cm} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat P_i \hat{\mathsf{P}} = -\hat P_i. \end{ecuación*}

Esto significa que el estado $$ \hat{\sf{P}}|p,\lambda\rangle $$ sería un estado con su valor de $p_0$ izquierda invariante, $\vec{p}$ negados, y su momento angular izquierda invariante por el simple álgebra: \begin{align*} \hat P_i \hat{\mathsf{P}} |p, \lambda\rangle & = \hat{\mathsf{P}} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat P_i \hat{\mathsf{P}} |p, \lambda\rangle = - \hat{\mathsf{P}} \hat P_i|p, \lambda\rangle \\ \hat L_i \hat{\mathsf{P}} |p, \lambda\rangle & = \hat{\mathsf{P}} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat L_i |p, \lambda\rangle = \hat{\mathsf{P}} \hat L_i|p, \lambda\rangle \\ \hat P_0 \hat{\mathsf{P}} |p, \lambda\rangle & = \hat{\mathsf{P}} \hat{\mathsf{P}}^{-1} \hat P_0 \hat{\mathsf{P}} |p, \lambda\rangle= \hat{\mathsf{P}} \hat P_0|p, \lambda\rangle. \end{align*}

Por último, tenga en cuenta que la helicidad de una masa de la partícula está dada por \begin{equation*} h = \frac{\vec p \cdot \vec L}{p_0}. \end{ecuación*} Por lo tanto, si $|p,\lambda\rangle$ tiene algunos helicidad $h$, a continuación, $\hat{\mathsf{P}} |p,\lambda\rangle$ tiene algunos helicidad $-h$. Tenga en cuenta que, como por Wigner la clasificación, helicidades etiqueta irreductible masa representaciones de los componentes del grupo de Poincaré.

Bien, este es el trampolín: digamos que usted tiene un QFT espacio de Hilbert que consta de SÓLO de la mano derecha de Weyl fermiones con $h = -1/2$. Hemos comprobado que, si este espacio de Hilbert lleva a una paridad operador $\hat{\mathsf{P}}$ , a continuación, también debe de ser zurdo Weyl fermión estados con $h = 1/2$. Sin embargo, es obvio que es posible construir un espacio de Hilbert con sólo la mano derecha de fermiones.

Entonces, ¿qué hemos aprendido? Hemos aprendido que no hay ninguna razón para que un QFT para transformar debajo de todo el $O(3,1)$ grupo! No necesariamente tiene $\hat{\mathsf{C}}$, $\hat{\mathsf{P}}$o $\hat{\mathsf{T}}$ operadores.

Sin embargo, incluso aunque los $\hat{\mathsf{C}}$, $\hat{\mathsf{P}}$o $\hat{\mathsf{T}}$ operadores generalmente no existen, no siempre existe un combinado de $CPT$ operador. Ese es el teorema CPT. Ver más en la respuesta aquí: ¿cuáles son los supuestos en los que $C$, $P$, y $T$ debe satisfacer?

Answer 3

$\def\por LO que{\rm TAN^+_e(1,3)} \def\por lo que{\mathfrak {} (1,3)} \def\SL{{\rm SL}(2,\Bbb C)}$ En cuanto a tu última pregunta. Estás mezclando dos temas diferentes. La primera es la relación entre S(1,3) y $\SO$. Esto ha sido aclarado por @MannyC. La segunda es su declaración de que por exponentiating la Mentira de álgebra consigue $\SO$. (Seguramente no se podía obtener la totalidad de la O(3), que no está conectado. $\SO$ es su componente conectado a la unidad. S(1,3) tiene cuatro conectado subconjuntos, pero sólo $\SO$ es un grupo).

Pero esto no es cierto: por exponentiating $\so$ obtener la cobertura de grupo, que se conecta - $\rm SO^+_e(1,3)$ no lo está, ASÍ como(3). Esta cubierta de grupo es $\SL$ (complejo de $2\times2$ matrices con det=1). La relación entre el $\SL$ e $\SO$ es $2\to1$ homomorphism: si $M\in\SL$ , a continuación, también se $\,-M\in\SL$ y ambos se asignan en el mismo elemento de $\SO$.

Un paralelo con la situación que prevalece para representtions. Irreps de $\SL$ o de $\so$ - se dividen en dos clases

• fieles representantes de lo que significa que hay un $1\to1$ correspondencia entre los elementos de las $\SL$ y sus representantes
• infiel $2\to1$ repeticiones, donde ambos se $M$ e $\,-M$ se asignan a través de la misma matriz.

Sólo la última clase da la verdadera irreps de $\SO$. El ex da el llamado "dos-valor" representantes que no son verdaderos representantes de $\SO$.

Sin embargo, ambas clases de física de interés. No sólo porque el primero se compone de la mitad-entero-spin irreps, pero más fundamentalmente - porque en QM el verdadero representante de un estado físico no es un elemento del espacio de Hilbert, pero un unitaria de rayos, es decir, un vector de hasta una fase de factor. A continuación, $M$ e $\,-M$ (y sus fieles representantes) son igualmente aceptables como sus acciones en un estado son indistinguibles.

En breve, dijo, en QM estamos interesados no en la verdadera representación, pero en proyectivos .

Answer 4

Después de leer todas las respuestas buenas cuidadosamente creo que he entendido lo que está pasando y decide publicar un resumen de la misma. Si algo se encuentra mal o mal entendido correcciones son claramente bienvenida!

En primer lugar, vamos a $G$ ser arbitraria Mentira de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$. Vamos a seguir $\mathscr{D} : G\to GL(V)$ ser una representación de $G$. A continuación, $\mathscr{D}$ da lugar a una representación de la Mentira álgebra $\mathfrak{g}$ por la diferenciación en el origen.

De hecho, el mapa exponencial $\exp : \mathfrak{g}\to G$ es surjective en un neighbhorhood $U\subset G$ de la de origen. Así estamos en condiciones de escribir para cualquier $g\in U$ \begin{equation}g=\exp \lambda X,\quad X\in \mathfrak{g}.\end{equation}

Esto nos permite definir $D : \mathfrak{g}\to \operatorname{End}(V)$ por \begin{equation}D(X)v=\dfrac{d}{d\lambda}\bigg|_{\lambda=0} \mathscr{D}(\exp \lambda X)v\end{equation}

Uno le pregunta si todas las representaciones de $\mathfrak{g}$ surgir en este camino. De hecho, hay un resultado diciendo que esto es cierto sólo cuando $G$ es simplemente conectado. Así que el primer punto de importancia es el siguiente:

Si $G$ es una Mentira de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$ las representaciones de $G$ descender a las representaciones de $\mathfrak{g}$. Por otro lado, en general, no todas las representaciones de $\mathfrak{g}$ surgir en este formulario. En el caso particular de la $G$ es simplemente conexa, entonces es verdadera y que todas las representaciones de $\mathfrak{g}$ surgir como los derivados de los de $G$.

Cuando $G$ no es simplemente conexa, entonces su cobertura universal $\tilde{G}$ es, y que ambos comparten la misma Mentira de álgebra. Así que en ese caso, podríamos decir que las representaciones de $\mathfrak{g}$ que no surgen a partir de derivados de las representaciones de la $G$ , en cambio, surgen a partir de derivados de representaciones de la universalización de la cobertura.

Segundo, vamos ahora una representación $D : \mathfrak{g}\to \operatorname{End}(V)$ dado y supongamos que es una de estas representaciones que surgen a partir de una representación $\mathscr{D}:G\to GL(V)$ de $G$. La pregunta es: ¿se $\mathscr{D}$ se determina a partir de $D$?

La respuesta es que sabemos cómo hacerlo en un neigbhorhood de la identidad. De nuevo, $\exp : \mathfrak{g}\to G$ es surjective en un neigbhorhood de la identidad de $U = \exp(\mathfrak{g})$. En ese caso, para $g\in U$ no $\lambda$ e $X$ tal que $g = \exp (\lambda X)$.

Por lo tanto, definir $\mathscr{D}$ por $$\mathscr{D}(\exp \lambda X)=\exp \lambda D(X).$$

Este recupera $\mathscr{D}$ de $D$ dentro del conjunto abierto $U$ solamente. Así que el segundo resultado importante es la siguiente:

Deje $G$ ser una Mentira de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$. Deje $\mathscr{D}:G\to GL(V)$ ser una representación de $G$ que desciende a $D : \mathfrak{g}\to \operatorname{End}(V)$. Entonces podemos recuperar $\mathscr{D}$ de $D$ en el vecindario $U = \exp(\mathfrak{g})$ de la identidad reconstruida por la exponencial.

En tercer lugar, hemos de preguntar cuando esto es suficiente para entender $\mathscr{D}$ completamente. La respuesta se encuentra en el siguiente teorema: Vamos a $G$ ser conectado a un grupo topológico, entonces cualquier barrio de la identidad genera $G$.

Para demostrar este hecho recordar que en la conexión de un espacio topológico los únicos conjuntos que son abiertos y cerrados al mismo tiempo, se $\emptyset$ y la de todo el espacio, por lo tanto definen $S$ el conjunto generado por un barrio de la identidad y mostrar $S$ es a la vez abierto y cerrado. En otras palabras: en la conexión de un grupo topológico cualquier elemento del grupo es un producto finito de elementos en un barrio de la identidad.

Ahora suponga $G$ está conectado. El teorema se aplica en particular a la exponencial neigbhorhood $U = \exp(\mathfrak{g})$. En ese caso, sabiendo que la representación como una exponencial dentro de $U$ es suficiente para determinar que en todas partes desde un grupo general elemento es sólo un producto de tal exponenciales! Si $G$ no está conectado, esto se aplica para el componente conectado de $G$ que contiene la identidad. De hecho, esto nos lleva al tercer punto de importancia:

Deje $G$ ser una Mentira de un grupo con la Mentira de álgebra $\mathfrak{g}$. Deje $\mathscr{D}: G\to GL(V)$ ser una representación de $G$ que desciende a $D : \mathfrak{g}\to \operatorname{End}(V)$. Desde $U = \exp(\mathfrak{g})$ es un barrio de la identidad, genera el componente conectado de $G$ que contiene la identidad de $G_e$. Por lo tanto, recuperamos $\mathscr{D}$ dentro $G_e$ haciendo notar que, en general $g\in G_e$ hay $g_1,\dots,g_k\in U$ con $ g= g_1\cdots g_k$ y que $g_i = \exp \lambda_i X_i$. Por lo tanto tenemos \begin{equation}\mathscr{D}(g)=\exp \lambda_1 D(X_1)\cdots \exp \lambda_k D(X_k).\end{equation}

Esta es la historia general que nos permite mirar en el grupo de Lorentz. Así que vamos a $O(1,3)$ ser dado, queremos entender sus representaciones. Ahora por los métodos anteriores, que son capaces de llegar las representaciones de $O(1,3)$ en el componente conectado con la identidad por exponentiating su Mentira álgebra $\mathfrak{so}(1,3)$ representaciones. Desde $O(1,3) = SO_e^+(1,3)\rtimes D_4$ donde $D_4$ es generado por la paridad y la inversión de tiempo, la comprensión de las representaciones de $SO_e^+(1,3)$ ya es suficiente.

Por último, en general, los elementos de $SO_e^+(1,3)$ estaría dada por finito de productos en la imagen de la exponencial , de modo que la representación de un general $g\in SO_e^+(1,3)$ sería de un número finito de producto de exponenciales y esto estaría bien. Sucede, sin embargo, que el vecindario $U = \exp(\mathfrak{so}(1,3))$ recreados por la exponencial es, de hecho, $SO_e^+(1,3)$, el consenso en la literatura es que esto ya es un no-trivial resultado.

Siendo más precisos: para $SO(1,3)$ la exponencial es surjective en el componente conectado con la identidad. Así que, en realidad, lo que simplifica la materia y cualquier $g\in SO_e^+(1,3)$ toma sólo una exponencial simple para ser representado. Este no es un punto esencial, sin embargo, porque incluso si no fuera el caso, el conocimiento de la representación en la exponencial barrio todavía le daría la comprensión de la representación como un todo, es sólo un muy buen estado de los asuntos en que hace las cosas mucho más simples.