Was definiert den Spin eines bestimmten Feldes? (formal)

Der Sinn von Weyls Unitaritätstrick liegt genau darin, dass (in Ermangelung eines vollständigen Isomorphismus dennoch durch Komplexierung) die relevanten lie-algebraischen Berechnungen durchlaufen werden, also die nicht-unitären endlich-dimensionalen Irreps der Lorentz-Gruppe auf diese Weise klassifiziert werden ! Sie werden in diesem Wikipedia-Artikel detailliert beschrieben , mit der Ausnahme, dass der Artikel Spins s für die Beschriftungen verwendet, während Sie stattdessen die Dimensionalität von Spin-Multipletts verwenden, 2 s +1.

In Ihrer Notation, die den streitbaren Vorteil hat, dass die Arithmetik der Anzahl von Zuständen im relevanten Vektorunterraum leicht überprüft werden kann, ist (3,3) tatsächlich das symmetrische Tensor-Spin-2-Feld; aber Ihr zweiter Fall ist sehr falsch: Was Sie geschrieben haben, ist ein Bispinor, dh ein Dirac-Spinor; der antisymmetrische 2-Tensor, also Spin 1, ist stattdessen (3,1)⊕ (1,3). (Erinnern Sie sich an das von Ihnen verwendete Drehimpuls-Zusammensetzungsgesetz, 2 ⊗ 2 = 3 ⊕ 1 ); schließlich ist (1,1) natürlich ein Singulett.

Der Grund, warum Sie das verwirrt, ist, dass Sie Kronecker-multiplizierende ⊗ (Spin-addierende) Tensorprodukt × (also praktisch ⊕ für die Algebra mit 6 Winkeln!) Darstellungen sind, aber die Regeln sind selbstverständlich, und Sie können Ihre Zustände zählen Stellen Sie sicher, dass Sie keine verloren haben.

Sie erweitern also (in Ihrer besonderen Notation!) die Kombination (Spin-Addition) zweier Lorentz-Vektoren, (2,2)⊗(2,2)=(2⊗2,2⊗2) =(3,3 )⊕(3,1)⊕(1,3)⊕(1,1), Verteilung der Antwort und mit korrigiertem Fehler. Spurloser symmetrischer Tensor, offensichtlich Spin 2 (das Summieren von zwei 3en enthält symmetrisch die 5 ---aber beachte auch das vorhandene Singulett!); antisymmetrischer Tensor (wie der elektromagnetische!), Spin eins; und Spur, Skalar.

Keine Patentformel wie Ihre oben vorgeschlagene gilt, aber normalerweise ist die Antwort aus dem Kontext ersichtlich. Siehe auch die beteiligten Pauli-Lubanski-Eigenwerte .

Dies ist ein bisschen spät, aber ich hoffe, es ist hilfreich für die Menschen in der Zukunft:

Wir wissen, dass die Vektordarstellung der Lorentz-Gruppe ist$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, wo ich Irreps durch ihren Spin statt durch ihre Dimension bezeichne.$^1$Wir wissen dann, dass ein allgemeiner Lorentz-Tensor zweiten Ranges per Definition in der Darstellung leben muss:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$, also lass uns das erweitern und sehen, was wir finden:

$$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) \otimes \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) = \left(1\oplus0\right) \otimes \left(0\oplus 1\right) = (1,1)\oplus(1,0)\oplus(0,1)\oplus(0,0)$$ wo die erste Zerlegung$^2$ist einfach das, was Sie und Cosmas nennen$\mathbf{2}\otimes\mathbf{\bar{2}}=\mathbf{1}\oplus\mathbf{3}$. Wir können sehen, dass ein Rang-2-Lorentz-Tensor 16 Freiheitsgrade in ein 9-dimensionales Spin-2-Stück, ein 6-dimensionales Spin-1-Stück und ein 1-dimensionales Spin-0-Stück zerlegt. Sie können entweder eine ausgefeiltere Gruppentheorie verwenden oder diese Objekte einfach konstruieren, um zu sehen, wie jedes von ihnen aussieht.

_{1:$dim[(s_1,s_2)] = (2s_1+1)(2s_2+1)$}

_{2: Es steht uns frei, Objekte um eine direkte Summe zu kommutieren, aber nicht um Tensorprodukte}

Die Frage ist ziemlich alt, aber vielleicht ist diese Antwort für jemanden noch nützlich. Es läuft alles auf die Rotationsgruppe hinaus . Die Sache ist die: Ein Feld wird dadurch definiert, wie es sich gemäß der universellen Abdeckung der Lorentz-Gruppe transformiert${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Nun, genauso wie die Lorentz-Gruppe Drehungen enthält, ihre universelle Hülle${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ enthält die Universalabdeckung der Rotationsgruppe ,${\rm SU}(2)$.

In diesem Fall wenn$\rho : {\rm SL}(2,\mathbb{C})\to{\rm GL}(V)$ist eine Darstellung von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$auf einem Vektorraum$V$einschränken$\rho$zum${\rm SU}(2)$Untergruppe haben wir eine Vertretung$\rho|_{\rm SU(2)}:{\rm SU}(2)\to {\rm GL}(V)$der Universalabdeckung der Rotationsgruppe .

Selbst wenn$\rho$ist zunächst ein Irrep von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$ es darf keine irreduzible Darstellung der Rotationsgruppe sein . Trotzdem kann man es immer in seine irreduziblen Teile zerlegen. Daher können Sie sich zersetzen

$$V=\bigoplus_{i}V_i$$

Wo$V_i$ist unveränderlich unter${\rho}|_{\rm SU(2)}$und ist eine irreduzible Darstellung von${\rm SU}(2)$. Erinnern Sie sich jetzt an die Irreps von${\rm SU}(2)$sind durch Spin gekennzeichnet$j\in \frac{1}{2}\mathbb{Z}_+$: Dies sind die Spins, unter denen sich das Feld transformiert$\rho$enthält.

Beispiel : Wählen Sie die Vektordarstellung von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$, was eigentlich eine Darstellung von ist${\rm SO}(1,3)$. Dies ist in der Tat die bestimmende Aktion der Lorentz- Gruppe$\mathbb{R}^4$durch Matrixmultiplikation. Erinnern Sie sich jetzt daran, dass die Rotationen die Transformationen der Form sind

$$\Lambda=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & R\end{pmatrix},$$

Wo$R\in {\rm SO}(3)$. Nun ist es sehr einfach zu beobachten, dass der Unterraum von aufgespannt wird$(1,0,0,0)$allein invariant gelassen wird und dass der Unterraum von aufgespannt wird$\{(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\}$bleibt unveränderlich. Dies sind die Unterräume, die sich irreduzibel nach unten transformieren${\rm SO}(3)$: die erste nach Spin$0$und die zweite nach Spin$1$. Daher zerfällt die Vektordarstellung der Lorentzgruppe unter Drehungen$0\oplus 1$.

Betrachten Sie allgemeiner die Irreps von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Diese sind paarweise gekennzeichnet$(A,B)$Wo$A$Und$B$Etikett irreps von${\rm SU}(2)$. Was Sie zeigen können (siehe Weinbergs The Quantum Theory of Fields, Kapitel 5, für die vollständige Konstruktion), ist die Darstellung von${\rm SU}(2)$damit verbunden$(A,B)$irrep ist die direkte Summe von allem${\rm SU}(2)$irreps, wo der Spin im Intervall liegt$A+B,A+B-1,\dots, |A-B|$.

Mit anderen Worten: es ist eine Addition des Drehimpulsproblems!

Beachten Sie den Vektor irrep is$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$daher ist es verbunden${\rm SU}(2)$Darstellung wird Spins haben$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$Und$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. Wiederum ist der Vektor irrep$0\oplus 1$. Die Weyl Irreps sind$(\frac{1}{2},0)$Und$(0,\frac{1}{2})$und Sie sehen leicht, dass sie nur Spin tragen können$\frac{1}{2}$. Und das gilt für alle möglichen Bereiche.

Die schnelle Antwort lautet also: Wenn ein Feld gegeben ist, transformiert es sich gemäß einer bestimmten Darstellung von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$. Die Spins, die es trägt, werden dadurch bestimmt, wie es sich unter der Induktion umwandelt${\rm SU}(2)$Rotation Untergruppendarstellung. In vielen Fällen braucht es keinen wohldefinierten Spin zu haben, weil die${\rm SU}(2)$Darstellung kann reduzierbar sein. In diesem Fall ist das Feld in der Lage, alle Spins zu tragen, die bei der Zerlegung von auftreten${\rm SU}(2)$Darstellung in seine Irreps. Endlich für die$(A,B)$unabhängig von${\rm SL}(2,\mathbb{C})$Das Finden der Spins, die das Feld trägt, läuft darauf hinaus, ein Drehimpulsadditionsproblem mit Spins zu lösen$A$Und$B$.