El Verde-Schwarz mecanismo en el Tipo I la teoría de cuerdas implica ciertas identidades relativas huellas en el vector y adjoint representaciones de $\text{SO}(n)$ de la dimensión de $n$ $n(n - 1)/2$ respectivamente. Si $\text{Tr}_\text{a} T^n$ indica la traza de la adjoint de la $n$la potencia de un generador de $T$ de la Mentira álgebra de $\text{SO}(n)$ $\text{Tr}_\text{v} T^n$ es la traza en la representación vectorial, ¿cómo puedo ver que$$\text{Tr}_\text{a} T^2 = (n - 2)\text{Tr}_\text{v}T^2,$$$$\texto{Tr}_\text{a} T^4 = (n - 8)\text{Tr}_\text{v}T^4 + 3\text{Tr}_\text{v}T^2\text{Tr}_\text{v}T^2,$$$$\text{Tr}_\text{a}T^6 = (n - 32)\text{Tr}_\text{v} T^6 + 15\text{Tr}_\text{v} T^2\text{Tr}_\text{v}T^4?$$Progress. I've tried figuring out why we can take $T$ a estar en el Cartan subalgebra, pero no me ha sido muy exitoso en averiguar por qué. Podría alguien ayudar?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Solución 1. Tomar cualquier generador de $\text{SO}(N)$. Corresponde, en los fundamentales de la representación, a la rotación de un plano definido por dos de las coordenadas. Girando o reetiquetado de estas coordenadas adecuadamente, podemos redefinir el generador gire $x^1$$x^2$. El generador puede ser tomado como $\sigma_2$, en la representación vectorial, con ceros en todas las otras posiciones. Desde $\sigma_2^2 = \mathbb{1}$, $\text{Tr}_\text{v}T^{2N} = 2$ para todo entero $N$. Tenga en cuenta que la normalización de los generadores es irrelevante para las identidades queremos mostrar, ya que tienen la misma potencia de los generadores en cada término.
Para encontrar este generador en el adjunto de la representación, recordar que en el adjunto representación $(T_i^{\text{adj}})_{jk} = -if_{ijk}$, por lo que necesitamos encontrar el conmutador del generador en cuestión con todos los otros generadores. Hay $N - 2$ otros generadores $T_{1i}$ rotación $x^1$ $x^i$ con $i \neq 1$, $2$, con $[T_{12}, T_{1i}] = iT_{2i}$, y de manera similar a $N - 2$ generadores $T_{2i}$$[T_{12}, T_{2i}] = -iT_{1i}$. A partir de esto, podemos construir las matrices y explícitamente encontrar el rastro,$$\text{Tr}_\text{a}T^2 = (T^{\text{adj}})_{jk}(T^{\text{adj}})_{kj} = 2\sum_i 1^2 = 2(N - 2),\quad \text{Tr}_\text{a}T^{2N} = 2(N - 2),$$where the factor of $2$ behind the sum comes from $j = (1i)$, $k = (2i)$ and $j = (2i)$, $k = (1i)$.
Luego podemos comprobar\begin{align*} 2(N - 2) & = \text{Tr}_\text{a}T^2 = (N - 2)\,\text{Tr}_\text{v}T^2 = 2(N - 2), \\ 2(N - 2) & = \text{Tr}_\text{a}T^4 = (N - 8)\,\text{Tr}_\text{a}T^4 + 3(\text{Tr}_\text{v}T^2)^2 = 2(N - 8) + 12 = 2(N - 2), \\ 2(N - 2) & = \text{Tr}_\text{a}T^6= (N - 32)\,\text{Tr}_\text{v}T^6 + 15 \text{Tr}_\text{v}T^2 \text{Tr}_\text{v}T^4 = 2(N - 32) + 60 = 2(N - 2). \end{align*}Solución 2. Hemos de probar primero un lexema.
Lema. El Chern carácter de la factorización de la propiedad$$\text{tr}_{\rho_1 \times \rho_2} e^{iF} = (\text{tr}_{\rho_1}e^{iF})(\text{tr}_{\rho_2}e^{iF})$$allows us to deduce that, for $\texto {} (N)$,$$\text{Tr}\,e^{iF} = {1\over2}(\text{tr}\,e^{iF})^2 - {1\over2}\text{tr}\,e^{2iF}.$$The symbol $\texto{Tr}$ is used to refer to the adjoint representation, whereas the symbol $\text{tr}$ is used to refer to the $$n dimensiones fundamentales de la representación.
Prueba. Antes de estudiar la pertinente Chern personajes, recordemos que el medico adjunto de la representación de $\text{SO}(N)$ es equivalente a la segunda potencia exterior fundamentales de la representación. Por lo tanto, podemos elegir los siguientes vectores de la base para el medico adjunto representation,$$|e_{ij}\rangle = {1\over{\sqrt{2}}}(|e_i\rangle \otimes |e_j\rangle - |e_j\rangle \otimes |e_i\rangle),$$where $\{|e_i\rangle\}$ is a basis for the fundamental representation. With this choice of basis, the $\text{SO}(N)$ generators in the adjoint representation $\{\lambda_\text{A}^a\}$ are related to the $\text{SO}(N)$ generators in the fundamental representation $\{\lambda^a\}$ by$$\lambda_\text{A}^a = \lambda^a \otimes 1 + 1 \otimes \lambda^a.$$Now, let us expand the Chern character for the adjoint representation,\begin{align*} \text{Tr}\,e^{iF_\text{A}} & = {1\over2} \sum_{i, j = 1}^N \sum_{m = 0}^\infty {1\over{m!}} i^m \langle e_{ij}| (F \otimes 1 + 1 \otimes F)^m |e_{ij}\rangle \\ & = {1\over2} \sum_{i, j = 1}^N \sum_{m = 0}^\infty {1\over{m!}}i^m \sum_{n = 0}^m \binom{m}{n} \langle e_{ij} |F^n \otimes F^{m - n} |e_{ij}\rangle.\end{align*}Notice that the double summation $\sum_{m = 0}^\infty \sum_{n = 0}^m \ldots$ is equivalent to $\sum_{n = 0}^\infty \sum_{m = n}^\infty \ldots$. Therefore,\begin{align*} \text{Tr}\,e^{iF_\text{A}} & = {1\over2} \sum_{i, j = 1}^N \sum_{n = 0}^\infty \sum_{m = n}^\infty {1\over{n!(m - n)!}}i^m\langle e_i|F^n|e_i\rangle \langle e_j|F^{m - n}|e_j\rangle \\ & \phantom{=} - {1\over2} \sum_{i, j = 1}^N \sum_{n = 0}^\infty \sum_{m = n}^\infty {1\over{n!(m - n)!}} i^m\langle e_i|F^n|e_j\rangle \langle e_j|F^{m - n}|e_i\rangle \\ & = {1\over2}(\text{tr}\,e^{iF})^2 - {1\over2}\text{tr}\,e^{2iF}.\end{align*}$$\tag*{$\plaza$}$$We begin with the identity for Chern characters in the adjoint and fundamental representation of $\texto {} (N)$,$$\text{Tr}\,e^{iF_\text{A}} = {1\over2}(\text{tr}\,e^{iF})^2 - {1\over2}\text{tr}\,e^{2iF}.$$Remember that the trace of an odd power of $F_\text{A}$ and an odd power of $F$ vanish, since these matrices are antisymmetric. The Chern characters therefore have the following expansion,\begin{align*} \text{Tr}\,e^{iF_\text{A}} & = {1\over2} N(N - 1) - {1\over2}\text{Tr}\,F_\text{A}^2 + {1\over{24}}\text{Tr}\,F_\text{A}^4 - {1\over{720}}\text{Tr}\,F_\text{A}^6 + \ldots, \\\text{tr}\,e^{iF} & = N - {1\over2}\text{tr}\,F^2 + {1\over{24}}\text{tr}\,F^4 - {1\over{720}}\text{tr}\,F^6 + \ldots.\end{align*}Substituting these expansions into our identity, we find that\begin{align*} \text{Tr}\,F_\text{A}^2 & = (N - 2)\, \text{tr}\,F^2, \\ \text{Tr}\,F_\text{A}^4 & = (N - 8)\,\text{tr}\,F^4 + 3(\text{tr}\,F^2)^2, \\ \text{Tr}\,F_\text{A}^6 & = (N - 32)\,\text{tr}\,F^6 + 15\text{tr}\,F^2 \text{tr}\,F^4,\end{align*}where we have extracted the forms of degree $4$, $8$, and $12$ respectivamente.
Es bien sabido que la muerte forma de $\mathfrak{so}(n)$ satisface $$ Tr (ad(x)ad(y))=(n-2)Tr(xy), $$ vea aquí. La primera fórmula viene de establecimiento $T=ad(x)=ad(y)$ en el Asesinato formulario de arriba. Para los elementos $x$ en el Cartan subalgebra sabemos que $ad(x)$ es una matriz diagonal. Esto hace un cálculo fácil. También obtenemos $$ Tr(ad(x)^2ad(y)^2)=(n-6)Tr(x^2y^2)-2Tr(xyxy)+Tr(x^2)Tr(y^2)+2(Tr(x-y)^2). $$ Dejando $x=y$ $T=ad(x)$ obtenemos la segunda fórmula. De igual manera debemos conseguir el tercero. Uno puede demostrar que esta haciendo un "Ansatz", es decir, de la forma $Tr(ad(x)^2ad(y)^2)=aTr(x^2y^2)+bTr(xyxy)+cTr(x^2)Tr(y^2)+d(Tr(xy)^2)$ y la solución de un sistema lineal de ecuaciones en $a,b,c,d$.
