in

La transformación de inversión de tiempo actúa sobre el lagrangiano de Dirac con campo de calibre no abeliano

La transformación de inversión de tiempo actúa en el lagrangiano de Dirac con campo de calibre (no) abeliano

Dado que anteriormente en la transformación de inversión de tiempo actúa sobre el lagrangiano de Weyl con un campo de calibre no abeliano, obtuvimos un resultado posiblemente incorrecto de que

$T \psi^\daga_L (i \bar \sigma^\mu (\parcial_\mu – ig A_\mu) )\psi_L (t,x) T^{-1} = \psi_L^\daga (i \ barra \sigma^{\mu } (\parcial_{\mu’} + ig A_\mu) ) \psi_L(-t,x),$

el signo del campo calibre no concuerda; entonces la ecuación de Weyl no es $T$ invariante debido a $A_\mu$ pero debería (No estoy seguro de cómo arreglar el giro de la señal en el $A$.)

Aquí como punto de referencia, veamos el fermión lagrangiano de Dirac $T \bar{\psi} (i \gamma^\mu (\parcial_\mu – ig A_\mu) )\psi (t,x) T^{-1}$ con un campo de calibre no abeliano
$A_\mu(t,x)= A_\mu^\alpha(t,x) X^\alpha$ donde $X$ es un generador de álgebra de Lie hermitiano.

Definimos el $T$ en Dirac fermion seguir aquí y Peskin QFT Capítulo 3 como
$T: T\psi(t,x) T^{-1}= -\gamma^1 \gamma^3 \psi(-t,x)$.

Parte 1:

Podemos verificar la parte cinética sin que el campo de calibre de hecho sea $T$ invariante, por lo que

$T \bar{\psi} (i \gamma^\mu \parcial_\mu )\psi (t,x) T^{-1} = \bar{\psi} (i \gamma^\mu \parcial_{ \mu’} )\psi (-t,x)$.

Tenemos el antiunitario
$ Ti T ^ {- 1} = -i $,

también denotamos $\parcial_{\mu’} \equiv (-\parcial_{0},\parcial_{j})=(\parcial_{-t},\parcial_{j})$ en contraste con $\parcial_{\mu}=(\parcial_{0},\parcial_{j})$.

Tenga en cuenta que

$$T \bar{\psi} (i \gamma^\mu \parcial_\mu )\psi (t,x) T^{-1}$$
$$=T \bar{\psi}T^{-1} (T iT^{-1} T\gamma^\mu T^{-1}) T \parcial_\mu \psi (t,x) T ^{-1}$$
$$= (-\gamma^1 \gamma^3 \psi(-t,x))^\daga \gamma^0 ( – i) ( \gamma^{\mu *} ) \parcial_\mu (-\ gamma^1 \gamma^3 \psi(-t,x))$$
$$= (\psi(-t,x)^\daga \gamma^0) \gamma^1 \gamma^3 ( – i \gamma^{\mu *} ) (-\gamma^1 \gamma^3 \parcial_\mu \psi(-t,x))$$
$$ = \bar{\psi} (i\gamma^\mu\parcial_{\mu’})\psi(-t,x). $$

Al final, habíamos usado
$(\gamma^1 \gamma^3) \gamma^{\mu *} (\gamma^1 \gamma^3) ={\begin{pmatrix} i \sigma^2 &0\\ 0& i\sigma^2 \end{pmatrix}} {\begin{pmatrix} 0 & \sigma^{\mu }\\ \bar{\sigma}^{\mu} &0 \end{pmatrix}^*} {\begin{pmatrix} i \sigma^2 &0\\ 0& i\sigma^2 \end{pmatrix}} =-{\begin{pmatrix} 0 & \bar\sigma^{\mu }\\ {\sigma}^{\mu} &0 \end{matrix}} $.

También usamos el hecho

$-{\begin{pmatrix} 0 & \bar\sigma^{\mu }\\ {\sigma}^{\mu} &0 \end{pmatrix}} \parcial_\mu \psi(-t,x) = {\begin{pmatrix} 0 & \sigma^{\mu }\\ \bar{\sigma}^{\mu} &0 \end{pmatrix}} \parcial_{\mu’} \psi(-t,x) = \gamma^{\mu} \parcial_{\mu’} \psi(-t,x)$.

Así mostramos que la parte cinética del lagrangiano de Dirac es $T$ invariante:

$$T \bar{\psi} (i \gamma^\mu \parcial_\mu )\psi (t,x) T^{-1} =\bar{\psi} (i \gamma^\mu \parcial_ {\mu’} )\psi (-t,x) . \tag{1}$$

Parte 2:

ahora estamos comprobando que
$T \bar{\psi} ( \gamma^\mu g A_\mu )\psi (t,x) T^{-1}$ con campo de Dirac acoplado a un campo de calibre (no abeliano).

Definimos $T$ en el bosón de calibre como $TA_\mu(t,x)T^{-1}= A’_\mu(-t,x)$ donde definimos el lado derecho y $A’_\mu(-t,x)$ como
$TA_0(t,x)T^{-1}= -A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= A_j(-t,x)$ con $j=1,2,3$.

(Ver ps a continuación sobre por qué esta definición.)

denotamos $A_\mu=(A_0,A_j)$ y $A_\mu’=(-A_0,A_j)$ con $j=1,2,3$.

En general $A_\mu(t,x)= A_\mu^\alpha(t,x) X^\alpha$ donde $X$ es un generador de álgebra de Lie hermitiano.
$TXT^{-1}= X$.

Mostramos
$$T \bar{\psi} ( \gamma^\mu A_\mu )\psi (t,x) T^{-1}$$

$$=T \bar{\psi} T^{-1} T \gamma^\mu T^{-1} T A_\mu T^{-1} T\psi (t,x) T^{- 1}$$

$$= \bar{\psi} \gamma^1 \gamma^3 \gamma^{\mu *} A’_\mu (-\gamma^1 \gamma^3) \psi(-t,x)$ PS

$$ = \bar{\psi} ( -\gamma^\mu A_\mu(-t,x) )\psi (-t,x).$$

Aquí usamos

$\gamma^1 \gamma^3 \gamma^{\mu *} \gamma^1 \gamma^3 A’_\mu(-t,x) =\gamma^{\mu} A_\mu(-t ,x)$. Esto significa que el fermión de Dirac acoplado al lagrangiano de campo de calibre no es $T$ invariante hasta un $-$ firmar.

A saber,

$$T \bar{\psi} (g \gamma^\mu A_\mu )\psi (t,x) T^{-1} =\bar{\psi} (- g\gamma^\mu A_{ \mu}(-t,x) )\psi (-t,x) . \tag{2}$$

En general
$$\boxed{T \bar{\psi} (i \gamma^\mu (\partial_\mu – ig A_\mu )\psi (t,x) T^{-1} =\bar{\psi} (i \gamma^\mu (\parcial_{\mu ‘} + ig A_\mu) )\psi (-t,x)} . \tag{3}$$

Mi derivación es consistente con la $T$ la simetría actúa sobre el lagrangiano de Weyl en Transformación de inversión de tiempo actúa sobre el lagrangiano de Weyl con un campo de calibre no abeliano. Pero siento que hay un $-1$ signo perdido en mi campo de indicador $A_\mu$ para hacer el lagrangiano de Dirac $T$ invariante.

Sin embargo, nos ceñiremos a
$TA_\mu(t,x)T^{-1}= A’_\mu(-t,x)$ en lugar de voltear el letrero
$TA_\mu(t,x)T^{-1}= – A’_\mu(-t,x)$ mira mi explicación PD debajo.

¿Cuál es la resolución entonces? ¿Cómo arreglar el signo menos en la ecuación (3)? ¿El lagrangiano de Dirac está acoplado al campo de norma? $A$ De Verdad $T$ invariante después de todo? Esto parece no estar de acuerdo con la declaración de la página 71 del libro Peskin QFT.


PD

Uno puede preguntarse por qué definimos
$TA_0(t,x)T^{-1}= -A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= A_j(-t,x)$ con $j=1,2,3$en lugar de $TA_0(t,x)T^{-1}= +A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= – A_j(-t,x)$ya que este signo menos general puede solucionar el problema en mi ecuación (1) y (2).

Sin embargo, $TA_0(t,x)T^{-1}= -A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= A_j(-t,x)$ porque esto es cierto para el campo de calibre no abeliano genérico, después de todo tenemos que enviar
$T F_{0 j}(t,x)T^{-1} = -F_{0 j}(-t,x)$
y $T F_{ jk}(t,x)T^{-1} = +F_{ jk}(-t,x)$
con $j,k=1,2,3$. Esto es cierto solo si definimos lo que definimos
$TA_0(t,x)T^{-1}= -A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= A_j(-t,x)$no al revés.

(Tenga en cuenta que $TA_0(t,x)T^{-1}= +A_0(-t,x)$
y $TA_j(t,x)T^{-1}= – A_j(-t,x)$ tiene sentido para el campo de calibre abeliano solo cuando aplicamos $T$ y conjugación de carga $C$ juntos.) Pero no queremos incluir $C$ aquí ya que esto estropeará la partícula $\psi$ y antipartícula $\psi^*$ bajo $C$. Así que marquemos el $T$ solo transformación.

0

¿Te ayudó la respuesta?

Subscribirse
Notificar por
guest
0 Comentarios
Inline Feedbacks
Ver todas las Respuestas

SICP: evaluación de orden aplicativo o normal

Tiene problemas para obtener un ejemplo discreto del cálculo del intervalo de confianza de las funciones Predict en R