Campos gauge: ¿por qué son hermitianos sin traza?

Question

Se introduce un campo gauge en la teoría para preservar la invariancia gauge local. Y este campo (matriz) se expande en términos de los generadores, lo cual es posible porque el campo gauge es hermitiano sin trazas.

Ahora bien, ¿por qué lo elegimos como hermitiano sin trazos? ¿Cuál fue la idea detrás de la elección que nos hizo expandirlo en términos de los generadores? He leído en algún sitio que "el campo gauge pertenece al álgebra de Lie" y he intentado seguirlo, pero no encuentro ningún sentido a lo que he leído. ¿Puede alguien explicarlo en términos claros e intuitivos?

Answer 1

Los elementos de las transformaciones gauge pertenecen a un grupo gauge. En física, lo más típico es $SU(N)$ (tanto la teoría electrodébil, con su $SU(2)$ y la QCD para los quarks, $SU(3)$ Utiliza estos $SU(N)$ grupos; $U(1)$ que aprendemos por primera vez en el electromagnetismo -pero debemos reinterpretar la carga como la "hipercarga" cuando estudiamos la teoría electrodébil- es el único añadido que necesitamos para el Modelo Estándar). Es un grupo de todos los complejos $N\times N$ matrices $M$ que obedecen $$MM^\dagger=1, \quad \det M = 1$$ Tenga en cuenta que $M^\dagger=(M^*)^T$ es el conjugado hermitiano; la primera condición hace que la matriz sea "unitaria", por lo tanto $U$ . El determinante de una matriz unitaria puede ser cualquier número complejo cuyo valor absoluto sea igual a uno. La segunda condición dice que el determinante debe ser uno y nada más, eso es lo "especial" o $S$ condición en $SU(N)$ .

El campo gauge se transforma como $$ A_\mu \to M(A_\mu+ie\partial_\mu) M^\dagger$$ a diferentes convenciones. Eso es necesario para la derivada covariante $D_\mu$ para transformarse bien. Olvídate de la complicada fórmula anterior. La cuestión es que $A_\mu$ toma valores en el álgebra de Lie del grupo de Lie.

En otras palabras, se puede imaginar una transformación infinitesimal - infinitamente cercana a la identidad - en el grupo gauge, por ejemplo $SU(N)$ . Supongamos que $$ M = 1+i\epsilon G $$ El factor $\epsilon$ lo hace infinitesimal, el factor de $i$ es una convención popular entre los físicos pero omitida por los matemáticos (a los físicos les gusta que las cosas sean hermitianas, sin $i$ Tendrían que ser anti-Hermitianos).

Aquí, $G$ es el tipo de $N\times N$ matriz que el campo gauge puede tener como valor.

Ahora, sustituya este Ansatz por $M$ en las condiciones $MM^\dagger=1,\det M=1$ . Usted puede descuidar $\epsilon^2$ términos "muy pequeños" y las condiciones se vuelven $$1+i\epsilon G - i\epsilon G^\dagger = 1, \quad \det(1+i\epsilon G) = 1$$ Las matemáticas implican que estas condiciones son equivalentes a $$ G = G^\dagger, \quad {\rm Tr}(G) =0 .$$ Para obtener la primera, sólo he restado $1$ de ambas partes y cancelado $i\epsilon$ . Para obtener este último, he utilizado la fórmula de la "suma de productos sobre permutaciones" para el determinante y he observado que sólo el producto de las entradas diagonales contribuye $O(\epsilon)$ términos y son proporcionales a la suma de las entradas diagonales, la traza.

En cualquier caso, deberías tratar de entender esta matemática y su conclusión es que la Hermiticidad del generador $G$ - matrices que se combinan con varios coeficientes reales para obtener $A_\mu$ - es equivalente a que el grupo gauge sea unitario; y la ausencia de trazos es equivalente a que el grupo sea "especial", es decir, que requiera el determinante unitario.

Quizás sea útil mencionar por qué $SU(N)$ se considera la clase más "simple" de grupos gauge. El $S$ tiene que estar ahí porque $U(N)$ no es simple - es bastante isomorfo a $SU(N)\times U(1)$ donde los dos factores podrían ser tratados por separado y queremos trabajar con las piezas más pequeñas permitidas de los grupos de calibre que son $SU(N)$ y $U(1)$ . Y $SU(N)$ es más "elemental" que $SO(N)$ ou $USp(2N)$ porque los números complejos son más fundamentales en la teoría de grupos (y en la física) que los números reales o los cuaterniones. De hecho, los grupos $SO(N)$ y $USp(2N)$ puede definirse como $SU(N)$ con alguna "estructura extra" (orientifolds) añadida que hace que algunos análisis teóricos de grupos naturales sean algo más enrevesados que los de $SU(N)$ . Pero todavía se puede decir que el álgebra de Lie para $SO(N)$ estaría compuesto por reales antisimétricos (o imaginarios puros antisimétricos, según las convenciones relativas a los factores de $i$ ), por analogía con las matrices hermitianas anteriores; son automáticamente sin traza.

Answer 2

Lo que queremos conseguir es una invariancia de la lagrangiana bajo una determinada simetría. Estas simetrías se describen mediante grupos de Lie (si son continuos).

Tomemos como ejemplo de trabajo la QCD: Queremos que nuestro Lagrangiano sea invariante bajo ciertas redefiniciones del color, es decir $$ \psi = \begin{pmatrix} q_r \\ q_b \\ q_g \end{pmatrix} \mapsto \psi' = \begin{pmatrix} q'_r \\ q'_b \\ q'_g \end{pmatrix} = \mathbf{U} \begin{pmatrix} q_r \\ q_b \\ q_g \end{pmatrix}$$ donde $\mathbf U$ es una matriz unitaria con derminante unitario. Esto significa que pertenece al grupo $SU(3)$ . Los grupos de mentiras como $SU(3)$ son variedades diferenciables, es decir, podemos exandirla como una especie de serie de Taylor alrededor del elemento unitario $$ \mathbf U = \exp\left( i g \alpha^a(x) T^a\right) = \mathbf 1 + i g \alpha^a(x) T^a + \dots $$ donde ya expliqué que nos interesa redefinir el color localmente es decir, podemos hacer una definición diferente en cualquier punto del espaciotiempo.

Para que la Matriz $\mathbf U$ para ser unitario, el $T^a$ que son los generadores deben ser hermitianos $$ \mathbf U^\dagger = \exp\left( -i g \alpha^a(x) (T^a)^\dagger \right) \overset{!}{=} \mathbf U^{-1} = \exp\left( -i g \alpha^a(x) T^a \right)$$ Además, el uso de $\operatorname{det}(e^\mathbf A) = e^{ \operatorname{tr} \mathbf A} $ encontramos que $$\operatorname{det} \mathbf U = 1 \Leftrightarrow \operatorname{tr} T^a = 0$$

¿Qué tiene esto que ver con el campo de la galga?

Mira el término cinético $$\bar \psi i \gamma^\mu \partial_\mu \psi \mapsto \bar \psi \mathbf U^\dagger i \gamma^\mu \partial_\mu \mathbf U \psi$$ Para evaluar el parcial, debemos utilizar la regla de Leibnitz y mediante $\partial_\mu \mathbf U = \mathbf U * (i g \partial_\mu \alpha^a(x) (T^a)_{ij})$ obtenemos $$ \bar \psi_i \mathbf U^\dagger \mathbf U i \gamma^\mu \partial_\mu \psi_i - \bar \psi_i \mathbf U^\dagger \mathbf U g \gamma^\mu \big(\partial_\mu \alpha^a(x)\big) T^a_{ij} \psi_j $$ donde escribí los índices de color $(i, j)$ en los espinores y el generador, pero dejó fuera los de $\mathbf U^\dagger_{ij} \mathbf U_{jk} = \delta_{ik}$ Ya que de todas formas se retiran. Para eliminar el segundo término introducimos un nuevo campo definido por su propiedad de transformación bajo un $SU(3)$ transformación $$A_\mu(x) = A^a_\mu T^a \mapsto \big(A^a_\mu - \partial_\mu \alpha^a(x)\big) T^a$$ sólo para anular el nuevo término que obtuvimos de Leibnitz. Por eso el campo gauge debe ser una combinación lineal de generadores - ¡el término que queremos anular lo es!

El término gauge-cinético $$\bar \psi i \gamma^\mu (\partial_\mu + i g A_\mu) \psi$$ es realmente invariable bajo la $SU(3)$ transformación en $\psi$ un $A_\mu$ simultáneamente. Es un buen ejercicio para llevar a cabo.