Können wir es besser machen als „ein Spinor ist etwas, das sich wie ein Spinor verwandelt“?

Die richtige analoge Formalisierung von Spinoren besteht darin, sie nicht als eine Art von unterschiedlichen Funktionen von Tensoren auf demselben zugrunde liegenden Vektorraum zu betrachten$V$, sondern um unsere Vorstellung von der zugrunde liegenden Geometrie zu erweitern: Wo Tensoren multilineare Funktionen auf Vektorräumen sind, sind Tensoren mit „Spinor“- und „Vektor“-Teilen multilineare Funktionen auf Supervektorräumen $V = V_0\oplus V_1$wo der ungerade Teil$V_1$ist eine spinorale Darstellung von$\mathrm{Spin}(V_0)$. (nlab nennt diese Räume Super-Minkowski-Raumzeiten ).

Über die duale Darstellung treten die linearen Funktionen auf$V_1$erben eine Darstellung der Spingruppe. Die (multi)linearen Funktionen erben auch die Supergrading (eine lineare Funktion, die im ungeraden Teil Null ist, ist gerade, und eine lineare Funktion, die im geraden Teil Null ist, ist ungerade), und rein gerade solche Funktionen sind nur gewöhnliche Tensoren , und rein ungerade Funktionen sind reine Spinoren.

Beachten Sie, dass wir immer noch die Spin-Darstellung einfügen$V_1$von Hand - die Auswahl wird nicht durch den Grundraum bestimmt$V_0$. Dies ist in gewisser Weise nicht überraschend - ein Begriff von "Spin" und Spinor ist wirklich mehr als nur einen Vektorraum zu haben: Alle (pseudo-riemannschen) Mannigfaltigkeiten (nach dem Vorbild der Vektorräume$\mathbb{R}^n$) haben einen Begriff von Tensoren, der auf Tensorprodukten der (Ko-)Tangentenräume aufgebaut ist, aber nicht alle Mannigfaltigkeiten haben Spinoren , dh die Möglichkeit, jedem Punkt der Mannigfaltigkeit konsistent eine spinoriale Darstellung zuzuordnen. Für einfache Vektorräume wird die Wahl eines Spinbegriffs nicht behindert, aber es ist immer noch eine Wahl.

Dass der supergeometrische Ansatz trotzdem der "richtige" (oder zumindest nützliche) ist, zeigt sich, wenn wir uns der Feldtheorie zuwenden, wo man fermionische/spinoriale Freiheitsgrade durch Antikommutierungsvariablen darstellen muss, und die$\mathbb{Z}/2$-Gradierung des zugrunde liegenden Vektorraums erlaubt uns dann, dies einfach zu tun, indem wir erklären, dass die ungeraden Komponenten antikommutieren.

Ich denke, Sie fragen hier nach Intuition in die falsche Richtung.

Angenommen, jemand kennt sich bereits mit Vektoren aus und möchte Tensoren verstehen. Das ist möglich, weil Tensordarstellungen aus Vektoren, also dem Rang, aufgebaut sind$2$Die Tensordarstellung ist nur das Produkt zweier Vektordarstellungen oder äquivalent ein Rang$2$Tensor ist eine bilineare Abbildung auf zwei Vektoren.

Aber bei Spinoren ist es genau umgekehrt. Spinoren werden nicht aus Vektoren aufgebaut, stattdessen werden Vektoren aus Spinoren aufgebaut! Spinoren sind die einfachsten möglichen Darstellungen der Lorentz-Gruppe, und die Vektordarstellung ist das Produkt eines linkshändigen Spinors und eines rechtshändigen Spinors (oder äquivalent dazu ist ein Vektor eine bilineare Abbildung auf zwei Spinoren).

Mit anderen Worten, zu fragen, was Spinoren zugrunde liegt, ist die falsche Frage. Spinoren sind die Struktur, die allem zugrunde liegt, was Sie bereits wussten. Sie müssen Ihr Verständnis mit den Spinoren unten und nicht oben neu aufbauen.

Das passiert häufig in der Physik: Sie können nicht nach einer intuitiven Ableitung einer fundamentalen Sache aus einer zusammengesetzten Sache fragen. Was Sie fragen, ist analog zu der Frage, aus welchen Atomen ein Proton besteht oder wie viele Protonen sich in einem Quark befinden oder wie man einen Vektor aus Tensoren aufbaut. (Übrigens beantwortet das Erlernen der ausgefalleneren Mathematik, wie in den anderen Antworten vorgeschlagen, niemals solche Fragen, da diese Fragen von Natur aus keine Antworten haben. Was wirklich passiert, ist, dass Sie sich beim Lernen der Mathematik mit diesen neuen elementaren Objekten vertraut machen . Sobald Sie fließend mit ihnen arbeiten können, hören Sie auf, sich Gedanken darüber zu machen, sie in Bezug auf Dinge zu erklären, die Sie vorher wussten, weil Sie sie in ihren eigenen Begriffen verstehen.)

Ja. Spinoren sind Elemente von Darstellungsräumen von Objekten, die als Clifford-Algebren bekannt sind .

Eine Clifford-Algebra ist im Grunde ein Vektorraum, der über die Produktregel in eine Algebra umgewandelt wird

$$v\cdot w=2g(v,w)\Bbb{1}$$

Wo$g$ist eine Metrik auf dem Vektorraum selbst. Die bekannteste Clifford-Algebra ist die Dirac-Algebra, also die Algebra der Dirac-Matrizen (für die der Vektorraum steht$\Bbb{R}^{4}$und die Metrik ist die Minkowski-Metrik). Wenn Sie stattdessen verwenden$\Bbb{R}^{3}$als Basisvektorraum erhält man mit der euklidischen Metrik die Pauli-Algebra.

Sobald Sie eine Clifford-Algebra haben, können Sie nach ihren Darstellungen (oder "Modulen", wie sie in der Literatur bekannt sind) suchen. Die Elemente dieser Darstellungen sind die Spinoren . Die entsprechenden Spinoren$\Bbb{R}^{4}$mit der Minkowski-Metrik sind die Dirac-Spinoren, während die entsprechenden$\Bbb{R}^{3}$mit der euklidischen Metrik sind die Spinoren von$SO(3)$/$SU(2)$.

Nun, Sie sollten sich (irreduzible) Darstellungen der Lorentz-Gruppe ansehen. Grundsätzlich möchten Sie, dass alle Ihre Zutaten unter der Lorentz-Gruppe korrekte und konsistente Transformationen aufweisen.

Die Weyl- und Dirac-Spinoren sind die grundlegendsten Objekte, die diese Anforderung erfüllen.

Ausgehend von diesen können Sie Vektoren als (multiplikative) Kombinationen von zwei Spinoren bilden. Deshalb sieht man in alten Texten manchmal Spinoren, die als „Halbvektoren“ bezeichnet werden. Außerdem verwenden sie in diesem Zusammenhang nur „die Hälfte“ der Transformation eines Vektors, dh einseitig vs. zweiseitig.

In diesem Sinne seine Spinoren->Vektoren->Tensoren.

Wenn Sie Lust haben, können Sie die Dinge auch im Kontext der geometrischen Algebra oder der Raumzeit-Algebra betrachten, die auf David Hestenes zurückgeht. Hier können Sie Spinoren haben, die frei von jeder Matrixdarstellung sind.

Zwei weitere Referenzen mit unterschiedlichen Perspektiven fallen mir auch ein: Spinors and space-time (Penrose) und GRAVITATION (Misner Thorne Wheeler)

Der gemeinsame Nenner aller Ansätze sind jedoch die speziellen, grundlegenden Transformationseigenschaften, die sie besitzen. Daran kommt man nicht vorbei.

Ich nehme den Weg der Clifford-Algebra, wie von Nicht-Benutzer 38741 und Giorgio Comitini aufgezeigt, aber ich werde versuchen, intuitiv zu begründen, wie ich dort lande und wie das Spinor-Transformationsgesetz unvermeidlich erscheint. Also beginne ich mit geometrischer Algebra, was einfach ein anderer Name für Clifford-Algebra ist, wenn es in einem physikalischen Kontext verwendet wird, und die Vektoren werden als Elemente der Algebra selbst angesehen (dh wir erzwingen keine separate Matrixalgebra). So nimm$\mathbb{R}^{n, m}$mit Innenprodukt$<\cdot,\cdot>$, und definieren Sie die geometrische Algebra$\mathcal{G}(\mathbb{R}^{n, m})$als die freieste assoziative Algebra über$\mathbb{R}^{n, m}$was befriedigt

$$\begin{equation} v^2 = <v, v>, \end{equation}$$ wobei das Quadrat natürlich die algebraische Multiplikation ist. Wir werden die Multiplikation in dieser Algebra das geometrische Produkt nennen .

Zugegebenermaßen führt dies einen anderen Raum ein, aber das ist ein äußerst natürlicher: Die Elemente der geometrischen Algebra können so interpretiert werden, dass sie aus den Skalaren, den Vektoren von bestehen$\mathbb{R}^{n, m}$, die Bivektoren $u\wedge v$Wo$u$Und$v$sind Vektoren und$u\wedge v := \frac{1}{2}(uv - vu)$, die 3-Vektoren$u\wedge v\wedge w$und so weiter bis zu (n + m)-Vektoren. Der$n$-Vektoren können als gerichtete Flächen-/Volumen-/n-Volumen-Elemente interpretiert werden. Für eine skurrile Einführung siehe "Imaginary numbers are not real" oder als gründliche Einführung entweder Hestenes' "Clifford algebra to Geometric Calculus" oder Doran und Lasenby's Geometric Algebra for Physicists .

Nun stellt sich heraus, dass eine Drehung des Vektors$v$in der durch einen einfachen Bivektor definierten Ebene$\omega$von$|\omega|$Radiant (wobei der Absolutwert ist$\sqrt{-\omega^2}$, da das Quadrat von$\omega$negativ ist) kann in der geometrischen Algebra (GA) ausgedrückt werden als

$$\begin{equation} v \mapsto \exp(\omega) v \exp(-\omega), \end{equation}$$ wobei das Exponential durch die übliche Potenzreihe definiert ist, wobei die Multiplikation das geometrische Produkt ist und ein einfacher Bivektor ein Bivektor ist, der als Keilprodukt geschrieben werden kann$a \wedge b$für einige Vektoren$a, b$. Eine allgemeine Drehung wird dann durch die gleiche Formel gegeben, aber mit der$\omega$nicht unbedingt einfach sein (dh es muss möglicherweise eine Summe mehrerer einfacher Bivektoren sein). Das Ergebnis der Exponentialfunktion liegt dann in der geraden Teilalgebra , dh aufgebaut aus Objekten, die als Summe von Produkten einer geraden Anzahl von Vektorfaktoren ausgedrückt werden können. Wir nennen das Ergebnis der Potenzierung einen Rotor und bezeichnen oft$R = \exp(\omega)$. Dann kann das Objekt auf der rechten Seite der Transformation auch geschrieben werden als$\tilde{R}$, wobei die Tilde Umkehrung bezeichnet , was einfach bedeutet, jeden Faktor in einem geometrischen Produkt zu nehmen und ihre Reihenfolge umzukehren. Weiter,$R \tilde{R} = 1$Wenn$R$ist ein Läufer.

Der erste Schimmer eines Spinor-ähnlichen Transformationsgesetzes erscheint: Im Allgemeinen können wir alle Elemente des Raums nach dem oben angegebenen zweiseitigen Rotationsgesetz drehen, und es ändert sich nichts. Wenn wir jedoch Rotationen durch den Rotor darstellen$\exp(\omega)$, dann ist die Zusammensetzung der Drehungen gegeben durch$\exp(\omega_1) \exp(\omega_2)$, der auch ein Rotor ist.

Lassen Sie uns nun konkret bleiben$\mathbb{R}^{1, 3}$. Dann können wir die freie Dirac-Gleichung schreiben als

$$\begin{equation} \nabla \psi I_3 + m \psi = 0, \end{equation}$$ Wo$\nabla$ist die Vektorableitung $\nabla = e^\mu \partial_\mu$, und das$e^\mu$sind Basisvektoren, die über das geometrische Produkt wirken (sodass$\nabla$selbst ist algebraisch ein Vektor). Das Dirac-Feld$\psi$nimmt Werte in der geraden Teilalgebra der geometrischen Algebra an.$I_3$ist ein Drei-Vektor, der anscheinend ein bevorzugtes Stück Raumzeit auswählt und daher die Lorenz-Invarianz bricht. Betrachten Sie jedoch eine andere Auswahl, die durch gegeben ist$I'_3 = R I_3 \tilde{R}$. Dann ist die entsprechende neue Dirac-Gleichung

$$\begin{equation} \nabla \psi' R I_3 \tilde{R}+ m \psi' = 0. \end{equation}$$ Wenn jetzt$\psi$löst die ursprüngliche Dirac-Gleichung dann eindeutig$\psi' = \psi \tilde{R}$löst diese neue Gleichung mit$I_3'$. Mit anderen Worten, wenn das Objekt$I_3$transformiert sich dann wie ein (Drei)-Vektor unter Drehungen$\psi$verwandelt sich wie ein Spinor, und das Transformationsgesetz ist erschienen.

Beachten Sie dann, dass die physikalischen Vorhersagen der Theorie nur von den Dirac-Bilinearen abhängen, die in dieser Sprache analog zu geschrieben werden können

$$\begin{equation} \psi I_3 \tilde{\psi}, \end{equation}$$ und das wann$I_3$transformiert als Drei-Vektor und$\psi$als Spinor bleiben die physikalischen Vorhersagen unverändert. Mit anderen Worten, das Spinortransformationsgesetz ist hier erforderlich, um die physikalischen Vorhersagen der Theorie unabhängig von der Wahl des gerichteten Volumenelements zu halten$I_3$.

Tatsächlich gibt es eine natürliche Interpretation des Objekts$\psi$als Produkt eines Rotors, einer Skalierung und einer Transformation zwischen Skalaren und Pseudoskalaren in$\mathbb{R}^{1,3}$. Auf diese Weise erscheint das Spinor-Transformationsgesetz natürlich als Zusammensetzung von Rotoren (oder rotorähnlichen Objekten). Da es natürlich keine Behandlung der Quantenfeldtheorie in der Sprache der geometrischen Algebra gibt, ist es nicht klar, wie weit oder ernst dies als Interpretation der physikalischen Dirac-Gleichung genommen werden kann, aber nichtsdestotrotz liefert es zumindest ein Beispiel, wo Spinoren natürlich vorkommen , ohne das Umwandlungsgesetz manuell aufzuerlegen. Vielmehr kommt es bei der Wahl der Konstanten auf Transformationen der Lösungen der Dirac-Gleichung an$I_3$verwandelt sich durch Drehungen.

Ich bin sicher, dass diese Flash-Einführung in das Thema viele Fragen offen lässt und vielleicht etwas verwirrend ist, aber wenn ich Ihr Interesse geweckt habe, schlage ich vor, dass Sie einigen der Links hier folgen und auf diese Weise weitermachen.