Größtmögliche Symmetriegruppe von Lagrange

Im Skalarfeldfall ist die Lagrange-Funktion gegeben durch:

$$\mathcal{L} = \sum_{i=1}^N \frac{1}{2}\partial_{\mu} \bar{\Phi}_i\partial^{\mu} \Phi_i + m^2 \bar{\Phi}_i \Phi_i$$ Es hat ein $U(N)$Symmetrie unter der Transformation: $$\Phi'_i = \sum_{i=1}^N U_{ij} \Phi_j, \quad U\in U(N)$$ Wenn wir das Skalarfeld in Bezug auf ihre Real- und Imaginärkomponenten schreiben $$\Phi_i = \phi_{i} + i \phi_{i+N}$$ Die Lagrange-Funktion wird aus a $2N$-dimensionales reelles Skalarfeld $$\mathcal{L} = \sum_{i=1}^{2N} \frac{1}{2}\partial_{\mu} \phi_i\partial^{\mu} \phi_i + m^2 \phi_i \phi_i$$ Der Lagrange hat eine $O(2N)$Symmetrie unter: $$\phi'_i = \sum_{i=1}^{2N} O_{ij} \phi_j, \quad O\in O(2N)$$ Da es sich um dieselbe Lagrange-Funktion handelt, muss sie beide Symmetrien aufweisen. Der Unterschied zwischen den beiden Fällen besteht darin, dass die erste Transformation nicht zwischen den realen und imaginären Komponenten der Felder mischt, während die zweite dies tut. Offensichtlich schließt der zweite Fall den ersten ein: $U(N)\subset O(2N)$. Tatsächlich die $U(N)$Matrix kann in geschrieben werden $SO(2N)$Grundlage als: $$O_U = \begin{pmatrix}\operatorname{Re}U & -\operatorname{Im}U\\ \operatorname{Im}U & \operatorname{Re}U \end{pmatrix}$$ Daher lautet die Antwort auf die erste Frage $SO(2N)$.

Die zweite Frage

Eine Einzelspezies-Dirac-Theorie hat keine internen Symmetrien (Sie hat Lorentz-Symmetrie und im masselosen Fall eine konforme Symmetrie, aber dies sind Raum-Zeit-Symmetrien.). Bei einem festen Impuls hat es jedoch eine innere Symmetrie. Die Symmetrie für ein massives Fermion ist$U(2)\times U(2)$. Die Symmetrie rührt daher, dass dort das Spektrum zwei entartete positive und zwei negative Eigenwerte enthält. Im masselosen Fall wird die Symmetrie jedoch tatsächlich auf reduziert$U(1) \times U(1)$, weil es keine rechtshändigen negativen Energien und linkshändigen positiven Energielösungen der Weyl-Gleichung gibt.

Einzelheiten

Der Dirac-Hamiltonian:

$$H(\mathbf{p})= c \mathbf{\alpha} \cdot \mathbf{ p} + \beta m c^2$$ Kann für ein gegebenes genau diagonalisiert werden $\mathbf{p}$durch die unitäre Transformation $$U_{\mathbf{ p} } = \exp \left ( \frac{\mathbf{\alpha} \cdot \mathbf{ p} }{| \mathbf{ p}|} \tan^{-1} \frac{| \mathbf{ p}|}{mc}\right )$$ Daher $$H(\mathbf{p})= U_{\mathbf{ p} } \begin{pmatrix}E_{|\mathbf{ p}|} & & & \\ & E_{|\mathbf{ p}|} & & \\ & & - E_{|\mathbf{ p}|} &\\ & & & - E_{|\mathbf{ p}|} \end{pmatrix} U_{\mathbf{ p} }$$ Mit $$E_{|\mathbf{ p}|} = \sqrt{| \mathbf{ p}|^2 + m^2 c^4}$$ Somit ist der Hamilton-Operator unter der in Blockform gegebenen einheitlichen Ähnlichkeitstransformation unveränderlich $$U = U_{\mathbf{ p} } \begin{pmatrix}A & 0 \\0 & B\end{pmatrix}U_{\mathbf{ p} }^{-1}$$

Mit beiden$A,B \in U(2)$. Dies ist die Symmetrie$U(2)\times U(2)$Im masselosen Fall entkoppeln sich die der linken und rechten Chiralität entsprechenden Eigenvektoren und wir haben übrig$U(1)\times U(1)$jede.