Wie beweist man (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?

Studium der Grundlagen der Spin- 1 2 QFT, ich bin auf die Gammamatrizen gestoßen. Eine wichtige Eigenschaft ist ( γ 5 ) † = γ 5 , die Hermizität von γ 5 . Nach einigem Suchen bin ich auf diese interessante Phys.SE-Antwort auf eine frühere Frage in diesem Forum gestoßen. Insbesondere interessiert mich die Formel

( γ μ ) † = γ 0 γ μ γ 0
was erwähnt, aber nicht bewiesen ist. Nachdem ich mich mit einem Fakultätsmitglied meiner Universität beraten hatte, stellte ich fest, dass der Beweis irgendwie auf der Tatsache beruhen muss, dass die ( γ μ ) † gehorchen auch der Clifford-Algebra:
{ ( γ μ ) † , ( γ v ) † } = − 2 η μ v
{ γ μ , γ v } = − 2 η μ v
(zur Verdeutlichung verwende ich − + + + Signatur für die Minkowski-Metrik). Dies sollte bedeuten, dass es eine Ähnlichkeitstransformation zwischen den beiden gibt, aber ich bin nicht sehr versiert in Gruppentheorie. Ich vermute, dass sich irgendwie herausstellen sollte, dass die Matrix, die dazu dient, die beiden Darstellungen dieser Algebra ineinander zu transformieren, ist γ 0 , was gleich seiner Umkehrung ist γ 0 = ( γ 0 ) − 1 , wie man sofort an der Aufnahme sieht μ = v = 0 in der Clifford-Algebra. Dann hat die Ähnlichkeitstransformation die richtige Form:

( γ μ ) † = S γ μ S − 1 = γ 0 γ μ γ 0

Ich habe das Gefühl, dass ich die meisten notwendigen Zutaten habe. Ich kann dieses Argument jedoch anscheinend nicht explizit und klar vorbringen (aufgrund meines Mangels an angemessenen Kenntnissen der Gruppentheorie). Könnte mir jemand weiterhelfen? Es würde sehr geschätzt werden.

BEARBEITEN: Ich suche nach einer Antwort, die nicht auf der Verwendung einer bestimmten Darstellung der Gammamatrizen beruht.

Wie wäre es, wenn Sie es einfach mit einer Art Darstellung für die Gamma-Matrizen beweisen? Wäre das gut genug für dich?
Nein, das würde es mir nicht bringen. Ich weiß, dass anscheinend bewiesen werden kann, dass alle Darstellungen der Clifford-Algebra durch einheitliche Ähnlichkeitstransformationen zusammenhängen und dass diese die Hermitizität bewahren und Ihnen das vollständige Ergebnis liefern, wenn Sie es für eine Darstellung beweisen können. Es ist jedoch eindeutig viel eleganter, nicht auf eine bestimmte Darstellung zurückzugreifen, und ich weiß, dass dies auch möglich sein sollte!
Verwenden Sie die Tatsache, dass Gamma-Matrizen alle einheitlich sind, dh ( γ μ ) † = ( γ μ ) − 1 (Sie können so gewählt werden, da sie eine Darstellung einer endlichen Gruppe bilden). Wenn wir nun diese Tatsache zusammen mit den Kommutierungsbeziehungen verwenden, finden wir das ( γ 0 ) † = γ 0 und ( γ ich ) † = − γ ich . Wieder unter Verwendung der Vertauschungsbeziehungen, die wir haben γ 0 γ ich γ 0 = − γ ich = ( γ ich ) † . Ebenfalls γ 0 γ 0 γ 0 = γ 0 = ( γ 0 ) †
Könnten Sie mir eine Referenz nennen, wo ich erfahren könnte, warum es stimmt, dass eine Darstellung einer endlichen Gruppe so gewählt werden kann, dass sie aus einheitlichen Elementen besteht?
Der Beweis, dass jede endlichdimensionale Darstellung einer endlichen Gruppe als einheitlich gewählt werden kann, ist nicht schwierig. Lassen v sei eine endlichdimensionale komplexe Darstellung einer endlichen Gruppe G . Sei ( , ) ein beliebiges hermitisches Produkt auf v . Definieren Sie ein neues hermitisches Produkt als ( x , j ) ' = ∑ g ∈ G ( g x , g j ) . Um zu sehen, dass das neue Produkt einheitlich ist, beachten Sie dies für alle h ∈ G , ( h x , j ) ' = ∑ g ∈ G ( g h x , g j ) = ∑ g ∈ G ( g h x , g h h − 1 j ) = ( x , h − 1 j ) ' .
@ user10001 Die Gammamatrizen erzeugen eine Darstellung einer Clifford-Algebra, keine endliche Gruppe, daher bin ich nicht überzeugt.
@joshphysics - In der von Gammamatrizen erzeugten Clifford-Algebra ist eine endliche multiplikative Gruppe enthalten. ZB in zwei Dimensionen und mit Signaturmetrik (1,1) besteht diese Gruppe aus Elementen 1 , − 1 , γ 0 , − γ 0 , γ 1 , − γ 1 , γ 0 γ 1 und − γ 0 γ 1 = γ 1 γ 0 .
@user10001 Ah interessant! Danke für die Klarstellung.

Antworten (2)

Wie wäre es, wenn Sie einfach die beiden verschiedenen Fälle testen?

Dh wenn μ ≠ 0 dann wird die LHS

(siehe unten) ( γ μ ) † = ( γ ich ) † = − γ ich
während die RHS wird

( γ μ ) † = γ 0 γ ich γ 0 = − γ 0 γ 0 γ ich = − γ ich                 ( OK ) .

Zum μ = 0 , der Fall ist trivial.

BEARBEITEN: Aufgrund des Kommentars des OP werde ich der Antwort Folgendes hinzufügen:

Die Eigenschaften der Gammamatrizen lassen sich aus den Eigenschaften der ableiten a → , β -Matrizen. Einige der Eigenschaften der a → , β Matrizen werden ihnen auferlegt, die durch physikalische Argumente motiviert sind, so dass der Dirac-Hamiltonian hermitesch sein muss, was impliziert a → , β hermitisch usw.

Beachte das

γ μ := ( β , β a → ) .

Zum Beispiel:

(QED) ( γ ich ) † = ( β a ich ) † = ( a ich ) † β † = a ich β = − β a ich = − γ ich

Siehe Seite 10 in diesem PDF für mehr über die Dirac-Gleichung oder siehe das alte Buch "Quarks and Leptons..." von Halzen und Martin.

Siehe auch die folgende Wiki-Seite: http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_matrices#Normalization

Ich glaube nicht, dass es einfach ist, das zu beweisen ( γ ich ) † = − γ ich ohne zu einer bestimmten Vertretung zu gehen. Kannst du das zeigen? Der Grund, warum ich beim Versuch, die Hermizität von zu zeigen, stecken geblieben bin γ 5 mich an erster Stelle, weil ich es nicht konnte. Die Diskussion in der verknüpften Frage scheint auch darauf hinzudeuten, dass dies nicht möglich ist.
dass seite 10 von pdf halzen martin nicht mehr existiert.

Eine Teilantwort ist die Annahme, dass die Gamma-Matrizen, blockdiagonal, als ( EIN ϵ EIN ) , ( EIN ϵ EIN ) , wo EIN ist hermitesch oder anti-hermitesch, und ϵ = ± 1 , geben Einschränkungen an EIN und ϵ wegen ( γ 0 ) 2 = ich d 4 , ( γ ich ) 2 = − ich d 4 .

Zum Beispiel, wenn γ 0 = ( EIN ϵ EIN ) , dann ( γ 0 ) 2 = ( ϵ EIN 2 ϵ EIN 2 ) .

Also, wenn EIN hermitesch ist, können wir wählen EIN eine solche EIN 2 = EIN EIN † = EIN † EIN = ich d 2 , und ϵ = 1

Wenn EIN antihermitesch ist, können wir wählen EIN eine solche EIN 2 = − EIN EIN † = − EIN † EIN = − ich d 2 , und ϵ = − 1

In den beiden Fällen ist das leicht zu sehen γ 0 ist hermitesch.

Mit der obigen Hypothese zu den Gammamatrizen ist das also leicht zu erkennen γ 0 ist hermitesch und die γ ich sind antihermitesch.

Nun zu den Antikommutierungsbeziehungen γ 0 γ ich + γ ich γ 0 = 0 , Sie haben γ ich = − γ 0 γ ich γ 0 (daran erinnern ( γ 0 ) 2 = ich d 4 ), Also hast du ( γ ich ) † = − γ ich = γ 0 γ ich γ 0 , und Sie haben offensichtlich ( γ 0 ) † = γ 0 = γ 0 γ 0 γ 0

Schöner Gedankengang! Ich möchte jedoch davon absehen, irgendeine Darstellung auszuwählen. Die von user10001 in den Kommentaren zur ursprünglichen Frage beschriebene Antwort erfüllt das, wonach ich gesucht habe.
Wie beweist man (γμ)†=γ0γμγ0(γμ)†=γ0γμγ0(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0?
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