Explicación simple/elemental de $\mathbf{3} \otimes \mathbf{\bar{3}} = \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$ ?

Question

Estoy preparando una charla sobre el Óctuple Camino, y estoy intentando explicar los espectros de los mesones/bariones ligeros mediante la teoría de la representación. Será impartida a estudiantes que nunca han visto la teoría de la representación. Tengo entendido que la disposición de las partículas puede explicarse por medio de repeticiones de $\mathrm{SU}(3)$ por ejemplo, los mesones ligeros ( $\mathrm{u}$ , $\mathrm{d}$ , $\mathrm{s}$ ) corresponden a la representación $\mathbf{3} \otimes \mathbf{\bar{3}}$ de $\mathrm{SU}(3)$ que entiendo se descompone como $\mathbf{3} \otimes \mathbf{\bar{3}} = \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$ .

¿Existe una forma sencilla y elemental de derivar esta descomposición, es decir, sin necesidad de conocer un montón de los grupos de Lie/teoría de la república?

He visto utilizar los diagramas de Young como herramienta, pero todavía no he podido entender cómo funcionan. Si alguien pudiera dar una explicación completa, o indicarme dónde puedo encontrar una, sería estupendo. Conozco la teoría de grupos y las cosas a nivel de superficie, y estoy dispuesto a aceptar ciegamente algunos hechos [por ejemplo, que existen representaciones $\mathbf{1}$ , $\mathbf{3}$ , $\mathbf{6}$ , $\mathbf{8}$ de $\mathrm{SU}(3)$ ], pero me gustaría dar un poco de motivación para la fórmula $\mathbf{3} \otimes \mathbf{\bar{3}} = \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$ sin que se le dé vueltas a la cabeza.

Lo mismo para los bariones: $\mathbf{3} \otimes \mathbf{3} \otimes \mathbf{3} = \mathbf{10} \oplus \mathbf{8} \oplus \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$ .

Answer 1

$SU(3)$ tiene 2 representaciones fundamentales, que denoto $t_a$ ( $\bar{3}$ ) y $t^a$ ( $3$ ). Las reglas de transformación bajo un elemento $S$ de $SU(3)$ son $t^a\mapsto {S^a}_bt^b$ et $t_a\mapsto {S^H_a}^b t_b$ , donde $S^H$ denota la matriz de transposición conjugada. Siendo unitaria, $S$ conserva ${\delta^a}_b$ y al ser especial, preserva los tensores antisimétricos $\epsilon^{abc}$ et $\epsilon_{abc}$ . $3\otimes3$ entonces es el tensor mixto ${T^a}_b$ que se descompone en una componente irreducible de 8 dimensiones libre de trazas ( ${T^a}_b{\delta^b}_a=0$ ) y una traza unidimensional ${\delta^a}_b$ .

$3\otimes3\otimes3$ se convierte en el tensor $T^{abc}$ . Este tensor se descompone en un tensor totalmente simétrico $T^{(abc)}$ que puede demostrarse que es de 10 dimensiones (el número de formas en que 3 puede expresarse como una suma de 3 enteros no negativos), el tensor totalmente antisimétrico de una dimensión, y dos tensores de 8 dimensiones. Los tensores de 8 dimensiones pueden escribirse como $T^{abc} = {T^a}_d\epsilon^{dbc}$ et $T^{abc} = {T^c}_d\epsilon^{dab}$ donde, de nuevo, ${T^a}_b$ está libre de trazas.

En general, las representaciones irreducibles pueden escribirse como ${T^{(abc...f)}}_{(ghi...p)}$ donde "()" denota simetrización y $T$ está libre de trazas.

Answer 2

El espacio vectorial de la representación $3$ es sólo $\mathbb C^3$ que se pueden escribir como vectores columna $v$ . El grupo actúa entonces como $v'=Uv$ . El espacio vectorial de la representación $\bar 3$ es el adjunto (conjugado hermitiano), que da vectores fila $w$ y el grupo actúa sobre ellos como $w' = w U^\dagger$ . Ahora el producto tensorial de un vector fila y un vector columna puede ser mapeado en el producto exterior $vw$ que es sólo un $3\times 3$ matriz. Es decir, se puede representar $3\otimes\bar 3$ como $3\times 3$ matrices $A$ que el grupo opera como $A'=UAU^\dagger$ . Ese espacio vectorial es 9-dimensioal (porque la matriz tiene 9 entradas). En ese espacio matricial se puede definir el producto escalar de Hilbert-Schmidt $\langle A,B\rangle = \operatorname{Tr}(A^\dagger B)$ (nótese que estoy usando aquí la convención de los físicos de que el primer argumento del producto escalar es el antilineal). Es fácil comprobar que esto es invariante bajo la operación de grupo.

Ahora se ve inmediatamente que la matriz identidad es invariante: $$UIU^\dagger = UU^\dagger = I$$ Así, los múltiplos de la matriz identidad forman una representación unidimensional de $SU(3)$ .

El espacio vectorial ortogonal a este es, obviamente, $8$ -y consiste en las matrices sin trazos, ya que la condición de ortogonalidad es $0 = \operatorname{Tr}(I^\dagger A) = \operatorname{Tr} A$ .

No veo una manera inmediatamente obvia de ver que esto es irreducible, pero es al menos plausible, dado que existe una representación irreducible de dimensión 8.

No conozco una forma igualmente sencilla de ver la descomposición de $3\otimes 3\otimes 3$ Sin embargo.