Eine ganze Menge Zweifel an der Lorentz-Vertretung

Dafür gibt es eine Definition$\left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2}\right)$Darstellung ist gleich Spinor Tensor

$$\psi_{a_{1}...a_{m}\dot{b}_{1}...\dot{b}_{n}},$$ Wo $\psi_{\dot{b}}$transformiert als komplexe Konjugation von $\psi_{b}$. Warum nehmen wir das an $\left( \frac{1}{2}, 0\right)$Und $\left( 0, \frac{1}{2}\right)$stellen Spinoren dar? Sie können (ohne viel Gruppentheorie) auf folgende Weise darüber nachdenken.

Wir können durch die engste Analogie zur komplexen Zahl (die Rotation in einer Ebene beschreiben kann) Sätze von 4 hyperkomplexen Zahlen (Quaternionen) einführen, aus denen wir 3-Rotationen konstruieren können, und Lorentz verstärkt Matrizen im Raum einiger 2-Komponenten-Vektoren, die wir Spinoren nennen können. Aus zwei Spinoren können wir dann eine 2*2-Matrix konstruieren, die sich unter Quaternion-Transformationen wie ein 4-Vektor verhält.

Dies zeigt, dass die "elementarste" nicht-invariante Darstellung der Lorentz-Gruppe Spinoren sind (laut Definition sind sie als gekennzeichnet$\left( \frac{1}{2}, 0\right)$Und$\left( 0, \frac{1}{2}\right)$, wobei sich der zweite als komplex konjugierter erster transformiert). Die invariante Darstellung ist natürlich eine skalare Darstellung, die als gekennzeichnet ist$\left( 0 , 0\right)$, weil es keine Spinor-Indizes hat, also skalar ist.

Wie für$\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$, gibt es eine Verbindung zwischen 4-Tensor und entsprechendem Spinor-Tensor:

$$\psi_{\mu_{1}...\mu_{n}} \to \psi_{a_{1}...a_{n}\dot{b}_{1}...\dot{b}_{n}} = \sigma^{\mu_{1}}_{a_{1}\dot {b}_{1}}...\sigma^{\mu_{n}}_{a_{n}\dot {b}_{n}}\psi_{\mu_{1}...\mu_{n}},$$ oder $$\psi_{a_{1}...a_{n}\dot{b}_{1}...\dot{b}_{n}} \to \psi_{\mu_{1}...\mu_{n}} = \frac{1}{2^{n}}Tr\left( \tilde{\sigma}_{\mu_{1}}^{\dot{b}_{1}a_{1}}...\tilde{\sigma}_{\mu_{n}}^{\dot{b}_{n}a_{n}}\psi_{a_{1}...a_{n}\dot{b}_{1}...\dot{b}_{n}}\right).$$ So $\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$repräsentiert einen 4-Vektor.

Kleine Ergänzung - Korrespondenz zwischen $\left(\frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right)$ und 4-Vektor

Die Repräsentation$\left(\frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right)$ist aufgebaut als

$$\left( \frac{1}{2} , 0 \right) \otimes \left( 0, \frac{1}{2} \right) = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) .$$ Da beide $\psi_{a}, \psi_{\dot {b}}$haben 2 Komponenten, ein Objekt $\psi_{a \dot{b}}$hat 4 Parameter. Es kann als hermitean angegeben werden $2 \times 2$Matrix. Jede $2 \times 2$hermitesche Matrix kann in Form gegeben werden $$\tag 1 \psi_{a \dot {b}} = \begin{pmatrix} A_{0} + A_{3} & A_{1} - iA_{2} \\ A_{1} + iA_{2} & A_{0} - A_{3} \end{pmatrix} = A^{\mu}\sigma_{\mu}, \quad \sigma_{\mu} = (\hat{E} , \sigma )_{\mu}, \quad det (\psi ) = A_{0}^{2} - \mathbf A^{2}.$$ Ein Objekt $(1)$transformiert unter bestimmten Transformationen (matrix $\hat{S}$ist nicht willkürlich) $$\psi {'} = \hat{S} \psi \hat{S}^{\dagger}, \quad det \hat{S} = 1 \Rightarrow det (\psi {'}) = det (\psi ) = inv$$ genauso wie 4-Vektor.

Es ist also nicht schwer, darauf zu schließen$\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)$in einem Formular$(1)$ist homomorph zur üblichen 4-Vektor-Darstellung$A_{\mu}$.

Es ist nicht schwer, diesen 4-Vektor zu sehen$A_{\mu}$daraus entnommen werden kann$(1)$durch die Relation

$$A_{\mu} = \frac{1}{2}Tr(\sigma_{\mu}\psi ).$$

Denken Sie daran, dass wir bei der Klassifizierung von Darstellungen der Lorentz-Gruppe berücksichtigen

$$\begin{equation} \textbf{N}_{\pm} = \frac{\textbf{J} \pm i\textbf{K}}{2}, \tag{1} \end{equation}$$ Wo $\textbf{J}$ist der Drehimpuls (Rotationsgenerator) und $\textbf{K}$ist der Boost-Generator. Die Generatoren $\textbf{J}$Und $\textbf{K}$erfüllen $$\begin{equation} [J^{i},J^{j}] = i\varepsilon^{ijk} J^{k}, \tag{2} \end{equation}$$ $$\begin{equation} [J^{i},K^{j}] = i\varepsilon^{ijk} K^{k}, \tag{3} \end{equation}$$ Und $$\begin{equation} [K^{i},K^{j}] = -i\varepsilon^{ijk} J^{k}. \tag{4} \end{equation}$$ Aus den obigen Beziehungen kann man zeigen, dass jeder von $\textbf{N}_{\pm}$erfüllt die "Winkelimpuls-Kommutationsbeziehung" und $\textbf{N}_{+}$Und $\textbf{N}_{-}$pendeln, nämlich $$\begin{equation} [N_{\pm}^{i},N_{\pm}^{j}] = i\varepsilon^{ijk} N_{\pm}^{k} \tag{5} \end{equation}$$ Und $$\begin{equation} [N_{\pm}^{i},N_{\mp}^{j}] = 0. \tag{6} \end{equation}$$ Bis zum $(A,B)$Darstellung der Lorentz-Gruppe meinen wir, dass „Drehimpuls-Quantenzahlen“ entsprechen $\textbf{N}_{+}$Und $\textbf{N}_{-}$Sind $A$Und $B$.

Lassen Sie uns nun unsere Aufmerksamkeit auf den Rotationsgenerator richten$\textbf{J} = \textbf{N}_{+}+\textbf{N}_{-}$. Mögliche „Drehimpulsquantenzahlen“ z$\textbf{J}$sind durch die übliche Drehimpulsadditionsregel gegeben, d. h.

$$\begin{equation} j = |A-B|, \ldots, A+B. \tag{7} \end{equation}$$ Wir sehen das für die $(1/2,0)$Und $(0,1/2)$Darstellungen, der einzig mögliche Wert von $j$Ist $1/2$, was bedeutet, dass sie sich bei Rotation wie ein Spinor verhalten.

Andererseits für die$(1/2,1/2)$Vertretung haben wir$j=0,1$. Genau so würde sich ein Lorentz-Vektor bei Drehung verhalten: die räumlichen Komponenten (ein 3-Vektor) entsprechen$j=1$, während die Zeitkomponente rotationsinvariant ist, d. h.$j=0$.

Ich hoffe, dass ich Sie oben davon überzeugt habe, dass es plausibel ist, das zu identifizieren$(1/2,1/2)$Darstellung mit dem Lorentz-Vektor. Lassen Sie mich jedoch, um das Argument zu vervollständigen, noch etwas hinzufügen.

Was wir bisher gesehen haben, kann kein Beweis sein, weil es andere Darstellungen mit genau einer gibt$j=0$und ein$j=1$Teile: die reduzierbaren Darstellungen$(0,0) \oplus (1,0)$Und$(0,0) \oplus (0,1)$. Aber unter einem willkürlichen Schub, der$j=0$Und$j=1$Teile dieser reduzierbaren Darstellungen transformieren sich unabhängig voneinander. (Eigentlich die$j=0$Teil, kommend aus$(0,0)$ist invariant.) Dies kann beim Lorentz-Vektor nicht der Fall sein, da sich Raum- und Zeitkomponenten unter Boost vermischen sollten. Uns bleibt also nur$(1/2,1/2)$.

Ich werde mich nicht darum kümmern, explizit herauszufinden, wie Komponenten von$(1/2, 1/2)$beziehen sich auf die Raum- und Zeitkomponenten eines Lorentz-Vektors, wie dies bereits in der hervorragenden Antwort von Andrew McAddams der Fall ist.