Tensor de descomposición en $\mathrm{SU(3)}$

Question

En Georgi del libro (página 143), se calcula el tensor de componentes de $3\otimes 8$ bajo $\mathrm{SU(3)}$ explícitamente usando el tensor de componentes. A saber; $u^{i}$ ( $3$ ) veces $v^{j}_k$ ( $8$ , lo que significa que también es traceless, $v^j_j =0$), la igualdad de $$ \dfrac{1}{2}\left(u^{i}v^{j}_{k}+u^{j}v^{i}_{k} - \dfrac{1}{4}\delta^{i}_{k}u^{l}v^{j}_{l} - \dfrac{1}{4}\delta^{j}_{k}u^{l}v^{i}_{l} \right) + \dfrac{1}{4}\epsilon^{ijl}\left(\epsilon_{lmn}u^m v^{n}_{k} + \epsilon_{kmn}u^m v^{n}_{l}\right) +\dfrac{1}{8}\left(3\delta^{i}_{k}u^l v^{j}_{l} - \delta^{j}_{k}u^{l}v^{i}_{l} \right). $$

Entiendo que en un principio (el primer término de la ecuación anterior) symmetrizes con respecto a las dos superiores índices, mientras que al mismo tiempo le resta a la traza. En el segundo periodo anterior, puedo ver que él baja dos índices con los invariantes $\epsilon_{lmn}$ pero no entiendo por qué él, a continuación, symmetrizes! ($\epsilon_{lmn}u^m v^{n}_k \propto A_{lk}$ y él symmetrizes $A_{lk}$). Mientras que en el último término, añade las huellas que subtraced con un falso 3 y signos no entiendo cómo la obtuvo.

Alguien puede explicar como se puede exactamente generalmente se descomponen tensor de productos en irreductible partes? Hay una conexión con los Jóvenes de Cuadros? Con los Jóvenes de cuadros uno puede fácilmente concluir que $3\otimes 8 = 15 \oplus \bar{6} \oplus 3$, sin embargo ¿cómo traducir los Jóvenes de cuadros en el tensor de componentes para obtener la expresión anterior?

Gracias de antemano.

Answer 1

En general, el producto tensor de los tensores, siendo ambas de la misma representación (por ejemplo, fundamental) resultados en una descomposición simétrica y antisymmetrical partes. Esto se puede ver que, por ejemplo, en el hecho de que la expresión que escribió es igual a (después de la reescritura de la epsilon-tensores en términos de Kronecker-deltas)

$$\frac12(u^iv^j_k+u^jv^i_k)+\frac12(u^iv^j_k-u^jv^i_k).$$

Pero, ¿cómo llegar a los específicos de la descomposición $3\otimes 8 = 15 \oplus \bar{6} \oplus 3$? Esto se puede hacer en términos de los Jóvenes-tableaux. Para $SU(N)$, de un solo cuadrado $\Box$ corresponde a una representación en $N$ dimensiones, mientras que la combinación de tres plazas dada por

$$\begin{align}&\Box\,\,\,\Box\\&\Box \end{align}$$

corresponde a la dimensión $$\frac{N(N-1)(N+1)}{3}.$$

Para nuestro caso, $SU(3)$, esto le da exactamente $3$ $8$ dimensiones. Ahora podemos construir el producto tensor de la siguiente manera:

$$\begin{align}\Box\otimes&\Box\,\,\,\Box=\Box\,\,\,\Box\,\,\,\Box\oplus\Box\,\,\,\Box\oplus\Box.\\ &\Box\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\;\,\,\,\,\Box\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\;\;\,\,\Box\,\,\,\Box \end{align}$$

En esta descomposición, la primera de tableau corresponde a una fundamental de la representación de la dimensión

$$\frac{N(N-1)(N+1)(N+2)}{8},$$

mientras que el segundo es antifundamental y de dimensión

$$\frac{N^2(N+1)(N-1)}{12}.$$

La inserción de $N=3$, esto es equivalente a

$$3\otimes 8 = 15 \oplus \bar{6} \oplus 3.$$

Con el fin de entender por qué los términos en la expresión corresponden a representaciones irreducibles de ciertas dimensiones, usted tiene que contar el número de sus no-desaparición de los componentes. Por ejemplo, el último término tiene 15 independiente no-desaparición de los componentes. El prefactors se determinan de tal forma que es igual a la primera ecuación en mi respuesta.

Answer 2

La manera en que yo lo entiendo, realmente no hay método de acceso directo a escribir el explícito tensor de componentes de los Jóvenes de cuadros. Sólo tenemos que symmetrize y antisymmetrize en toda la parte superior e inferior de los índices, y cada vez que nos encontramos con índices mixtos, eliminar los rastros así.

Traceless simétrica tensores tensores antisimétricos y los rastros de transformar irreducible. Elaborar; tenemos $u^{i}v^{j}_k$, en primer lugar construimos el simétrica(en la parte superior de los índices) traceless parte $$ S^{ij}_{k} = \dfrac{1}{2}\left(u^{i}v^{j}_k + u^{j}v^{i}_k - \alpha\delta_{k}^{i}u^vi^j_l- \beta\delta_{k}^{j}u^vi^i_l\right). $$ Calculamos el $\alpha$ $\beta$ coeficientes de la necesidad de que $S^{ij}_k = S^{ji}_k$$S^{ij}_{i} = 0$, mientras que teniendo en cuenta que $v^i_i = 0$. Esto le da a $\alpha = \beta = \dfrac{1}{4}$.

Luego consideraremos la parte antisimétrica (gracias "Frederic Brünner" para señalarla) $$ A^{ij}_k = \dfrac{1}{2}\left( u^{i}v^{j}_k - u^{j}v^{i}_k \right) = \dfrac{1}{2}\epsilon^{ijl}\epsilon_{lmn}u^{m}v^{n}_k. $$

Finalmente, debemos agregar las huellas que nos subracted, llegar $$ u^{i}v^{j}_k = \underbrace{S^{ij}_{k}}_{15} + \underbrace{A^{ij}_k}_{\bar{6}} +\underbrace{\dfrac{1}{8}\delta_{k}^{i}u^vi^j_l + \dfrac{1}{8}\delta_{k}^{i}u^vi^j_l}_{3} $$

Sin embargo, me di cuenta de que el procedimiento anterior es casi completa, y de hecho lleva a la reducible tensores. Ingenuamente, pensé inicialmente que tensores antisimétricos no es necesario tener las huellas eliminado, pero en realidad $A^{ij}_k$ necesita tener sus dos trazas eliminado (de lo contrario se podría contrato con $\delta^{i}_j$ y obtener una reducción del tensor). Para corregir lo anterior, podemos escribir $$ A^{ij}_k = \dfrac{1}{2}\left( u^{i}v^{j}_k - \lambda\delta^{i}_{k}u^lv_l^j - u^{j}v^{i}_k + \mu\delta^{j}_ku^vi^i_l \right). $$ De nuevo exigiendo antisymmetry y tracelessness; $A^{ij}_k = -A^{ji}_k$, $A^{ij}_i = 0$, llegamos $\lambda = \dfrac{1}{2}$$\mu = -\dfrac{1}{2}$.

En total, entonces, a la derecha, tenemos $-\dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{4} = -\dfrac{3}{8}$ los tiempos de la traza $\delta^{i}_{k}u^lv_l^j$, por lo que para hacer los dos lados de las ecuaciones originales de la igualdad, podemos agregar $\dfrac{3}{8}$ de los que trace (también para el resto de seguimiento necesitamos restar $\dfrac{1}{8}$).

La respuesta correcta es, por lo tanto, la dada por Georgi, si, por supuesto, enseguida se `ve" que symmetrizing $\epsilon_{lmn}u^mv^n_k$ con respecto al $lk$ y, a continuación, la contratación con $\epsilon^{ijl}$ es equivalente a la eliminación de los rastros de la $A^{ij}_k$!