Cómo mostrar la naturaleza invariante de algún valor por el grupo de teoría de las representaciones?

Question

Vamos a tener Dirac spinor $\Psi (x)$. Se transforma como $\left( \frac{1}{2}, 0 \right) \oplus \left( 0, \frac{1}{2} \right)$ representación del grupo de Lorentz: $$ \Psi = \begin{pmatrix} \psi_{a} \\ \kappa^{\dot {a}}\end{pmatrix}, \quad \Psi {'} = \hat {S}\Psi . $$ Vamos a tener spinor $\bar {\Psi} (x)$, lo que se transforma también como $\left( \frac{1}{2}, 0 \right) \oplus \left( 0, \frac{1}{2} \right)$, pero como cospinor: $$ \bar {\Psi} = \begin{pmatrix} \kappa^{a} & \psi_{\dot {a}}\end{pmatrix}, \quad \bar {\Psi}{'} = \bar {\Psi} \hat {S}^{-1}. $$ Cómo demostrar formalmente que $$ \bar {\Psi}\Psi = inv? $$ Me refiero a que si $\Psi \bar {\Psi}$ se refiere a que el producto directo (corregirlo por favor, si he hecho el error) $$ \left[\left( \frac{1}{2}, 0 \right) \oplus \left( 0, \frac{1}{2} \right) \right]\otimes \left[\left( \frac{1}{2}, 0 \right) \oplus \left( 0, \frac{1}{2} \right) \right], $$ ¿a qué grupo de la operación corresponde a $\bar {\Psi} \Psi$?

Esta pregunta está fuertemente conectada con este.

Answer 1

Es necesario elaborar el producto tensor y encontrará una suma directa de las diferentes contribuciones \begin{multline} [(1/2, 0) \oplus (0, 1/2)] \otimes [(1/2, 0) \oplus (0, 1/2)] =\\ \big((1/2, 0) \otimes (1/2, 0)\big) \oplus \big((1/2, 0) \otimes (0, 1/2) \big)\oplus \quad \\\big((0, 1/2) \otimes (1/2, 0)\big) \oplus \big((0, 1/2) \otimes (0, 1/2)\big) = \\ (0, 0) \oplus (1, 0) \oplus (1/2, 1/2) \oplus (1/2, 1/2) \oplus (0, 1) \oplus (0, 0)\end{multline} Los estados ahora pueden ser clasificados en:

• $(0, 0)$ es un escalar o pseudoscalar, es decir, el $\bar \psi \psi$ usted está buscando, así como a $\bar \psi \gamma_5 \psi$
• $(1/2, 1/2)$ es el vector / pseudovector componente $\bar \psi \gamma^\mu \psi$ o $\bar \psi \gamma^\mu \gamma_5 \psi$
• (1, 0) y (0, 1) son los (anti)-auto dual partes del tensor $\bar \psi \sigma^{\mu \nu } \psi$

Todos estos transformar bien definidamente bajo Lorenty aumenta. El $(0, 0)$ parte dice que esta rep transformar ni en virtud de la izquierda-la quiralidad ni el derecho-quiralidad $sl(2)$ que clasificar a los representantes.

Edit: me permito añadir que la ley de distribución que he usado anteriormente para llegar desde la primera a la segunda línea es una de las razones por las que nos hablan de una "suma directa de" vs "producto directo".

Answer 2

Si asumimos que

$$\Psi {'} = \hat {S}\Psi$$

y

$${\bar{\Psi}}{'} = \bar {\Psi} \hat {S}^{-1},$$

de ello se deduce que el producto de los dos se transforma a medida

$$(\bar{\Psi}\Psi)'={\bar{\Psi}}{'}\Psi {'}=\bar {\Psi} \hat {S}^{-1}\hat {S}\Psi=\bar{\Psi}\Psi,$$

que es una consecuencia de

$$\hat {S}^{-1}\hat {S}=\mathbb{1}.$$

Answer 3

respuesta corta si $ \hat {S}^{-1} S = \mathbb{I}$

Te puedo dar un ejemplo general de $\psi^\dagger\psi$ no ser invariante.

porque para Dirac spinor $\psi$ whe tienen las siguientes reglas de transformación $$\psi(x) \rightarrow S[\Lambda] \psi(\Lambda^{-1}x)=S[\Lambda] \psi(x^\prime \\ \psi^\daga(x) \rightarrow \psi^\daga(\Lambda^{-1}x) S[\Lambda]^\daga $$ Por lo $\psi^\dagger\psi \rightarrow \psi^\dagger(\Lambda^{-1} x)S[\Lambda]^\dagger S[\Lambda] \psi(\Lambda^{-1} x) $ es invarieant si y sólo si $S[\Lambda]^\dagger S[\Lambda] = \mathbb{I}$

sin embargo, para el caso en que $S[\Lambda]$ está formado por el álgebra de Clifford puede ser demostrado que no es que caso. No tengo la capacidad para demostrar que ellos dirac adjunto satisface esta condición.