Welche Rolle spielt die Raumzeitalgebra?

Die Clifford-Algebra $\mathrm{Cl}(\mathbb{R}^{1,3})$ist die Algebra, die durch Ausstattung der Vektoren in erzeugt wird$\mathbb{R}^{1,3}$mit einer freien algebraischen Multiplikation und anschließendem Auferlegen der durch gegebenen Beschränkung$v \circ v = \eta^{\mu\nu}v_\mu v_\nu$mit$\eta$wie die Minkowski-Metrik an$\mathbb{R}^{1,3}$.

Jede Clifford-Algebra hat eine natürliche Verbindung zur äußeren Algebra , weil Sie einem Vektorraum durch Abbildung einfach einen Isomorphismus geben können$e_i \wedge e_j$Zu$e_i \circ e_j$, und die äußere Algebra hat die geometrische Bedeutung des Beschreibens$k$-Flugzeuge rein$\mathbb{R}^n$, siehe auch meine Antwort zu Vektoren und Pseudovektoren .

Tatsächlich ist die äußere Algebra die Clifford-Algebra mit$\eta = 0$. Man kann sich also die Clifford-Algebra ansehen$\mathrm{Cl}(\mathbb{R}^4,\eta)$als Verformung (oder Quantisierung ) der äußeren Algebra, mit der quadratischen Form$\eta$Messung des Ausfalls von$\circ$antikommutativ sein.

Was hat das jetzt mit der Lorentz-Gruppe zu tun? Die Lorentz-Gruppe$\mathrm{SO}(1,3)$ist die Gruppe der (ursprungserhaltenden) Isometrien des Minkowski-Raums, und der Trick besteht darin, dass durch Konstruktion die Clifford-Algebra mit$\eta$trägt Darstellungen der Isometrien erhalten$\eta$:

Die Clifford-Algebra zerlegt sich natürlich in Grad , genau wie die äußere Algebra:

Wo$\mathrm{Cl}_n$ist der Untervektorraum, der von erzeugt wird$n$-falten Produkte von Vektoren aus$\mathbb{R}^{1,3}$. Der zweite Grad$\mathrm{Cl}_2$davon ist sechsdimensional.

Lassen Sie uns zunächst feststellen, dass die Clifford-Algebra ein Darstellungsraum der Lorentz-Gruppe ist, wobei die Darstellung einfach durch lineare Erweiterung der Wirkung auf den ersten Grad gegeben ist, was gerecht ist$\mathbb{R}^{1,3}$zu allen anderen Abschlüssen. Außerdem sind die Grade eigentliche Unterrepräsentationsräume, und man kann sich davon überzeugen, dass die Clifford-Algebra wirklich nichts anderes ist

was nicht verwundert, da er ja als Vektorraum isomorph zur äußeren Algebra ist. Das Interessante ist, dass darin eine weitere Darstellung "versteckt" ist:

Wenn wir von einer "orthonormalen" Basis ausgehen$\gamma^i$von$\mathbb{R}^{1,3}$mit$\eta(\gamma^i,\gamma^j) = \eta^{ij}$, dann wird der zweite Grad von der Sechs überspannt$\sigma^{ij} := \frac{1}{4}(\gamma^i \circ \gamma^j - \gamma^j \circ \gamma^i) = \frac{1}{4}[\gamma^i,\gamma^j]$. Deren Kommutatoren liegen nun im vierten Grad, der eindimensional und daher nur eine Zahl ist. Berechnung der Kommutatoren der$\sigma^{ij}$zeigt, dass sie genau die Kommutatoren von sind$\mathfrak{so}(1,3)$, also gibt es eine Darstellung der Lorentz-Algebra, die im mittleren Grad dieser Clifford-Algebra sitzt! ¹

Und diese Darstellung ist weder eine Vektor- noch eine Tensordarstellung, es ist eine echte Spinordarstellung, auf die wir wirken$\mathrm{Cl}_1$, die Sie seit der Aktion sehen können$\mathrm{Cl}_2$nimmt die Vektoren auf$\mathrm{Cl}_1$zu Pseudovektoren in$\mathrm{Cl}_3$, was bedeutet, dass es sich nicht um eine echte lineare Darstellung handelt, sondern um eine projektive Darstellung. Bei näherer Betrachtung sieht man das$\mathrm{Cl}_2$An$\mathrm{Cl}_1$² ist in der Tat die übliche Dirac-Spinor-Darstellung, aber selbst ohne Berechnung können Sie sehen, dass es spinoral ist, da es sich bezüglich Reflexionen nicht richtig verhält. ³

^{1 Allerdings nicht von der Lorentz-Gruppe - als spinorale Darstellung ist dies nur eine richtige lineare Darstellung des Deckels der Lorentz-Gruppe.}

^{2 Um die zu bekommen$\mathrm{Cl}_2$Aktion, um Elemente tatsächlich nachzugeben$\mathrm{Cl}_1$anstatt$\mathrm{Cl}_3$, verwenden Sie die Hodge-Dualität zwischen$\mathrm{Cl}_1$Und$\mathrm{Cl}_3$.}

^{3 Es ist sehr interessant festzustellen, dass hier nirgends eine Komplexierung stattgefunden hat – diese Version, eine spinorale Darstellung zu erhalten, benötigt eigentlich keine komplexen Zahlen, obwohl die Quantentheorie sie natürlich benötigt.}