Zeigt, dass der Wess-Zumino-Lagrangian unter einer SUSY-Transformation invariant ist

Question

Zeigt, dass der Wess-Zumino-Lagrangian unter einer SUSY-Transformation invariant ist

Physik
Spinoren
Konventionen
Feldtheorie
Supersymmetrie
lagrangescher Formalismus

ersbygre1

Ich möchte zeigen, dass der freie Wess-Zumino-Lagrangian unter einer SUSY-Transformation invariant ist, zB nach dieser Referenz (Abschnitt 3.1).

Allerdings fällt es mir schwer, die Dolche und Sterne auf den Feldern zu verstehen. Insbesondere mit den fermionischen Feldern. Die Fermion-Lagrange-Funktion sieht folgendermaßen aus:

\begin{matrix} (3.1.2) & L_{Fermion} = ich ψ^{†} {\bar{σ}}^{μ} \partial_{μ} ψ . \end{matrix}

$\mathcal L_\text{fermion}=\text{i} \psi^\dagger \bar\sigma^\mu \partial_\mu \psi. \tag{3.1.2}$ In Indexschreibweise sollte dies sein

i {\bar{ψ}}_{\dot{a}} ({\bar{σ}}^{μ})^{\dot{a} a} \partial_{μ} ψ_{a}

$\text{i} \bar \psi_{\dot a} (\bar\sigma^\mu)^{\dot aa} \partial_\mu \psi_a$ . Wenn wir mit anfangen

\begin{matrix} (3.1.15) & δ ψ_{A} = - ich (σ^{μ} ϵ^{†})_{A} \partial_{μ} ϕ + ϵ_{A} F = - ich (σ^{μ})_{A \dot{A}} {\bar{ϵ}}^{\dot{A}} \partial_{μ} ϕ + ϵ_{A} F, \end{matrix}

$\delta\psi_a = -\text{i} (\sigma^\mu \epsilon^\dagger)_a \partial_\mu\phi+\epsilon_aF = -\text{i} (\sigma^\mu)_{a\dot a} \bar\epsilon^{\dot a} \partial_\mu\phi+\epsilon_aF \tag{3.1.15},$ dann meine Vermutung für die konjugierte Transformation

δ {\bar{ψ}}_{\dot{a}}

$\delta\bar\psi_{\dot a}$ wäre:

\begin{aligned} δ {\bar{ψ}}_{\dot{A}} & = ich ((σ^{μ})_{A \dot{A}} {\bar{ϵ}}^{\dot{A}})^{*} \partial_{μ} ϕ^{*} + {\bar{ϵ}}_{\dot{A}} F^{*} \\ = ich (σ^{μ})_{\dot{A} A} ϵ^{A} \partial_{μ} ϕ^{*} + {\bar{ϵ}}_{\dot{A}} F^{*} \\ = ich ϵ^{A} (σ^{μ})_{A \dot{A}}^{T} \partial_{μ} ϕ^{*} + {\bar{ϵ}}_{\dot{A}} F^{*} \\ = ich (ϵ σ^{μ T})_{\dot{A}} \partial_{μ} ϕ^{*} + {\bar{ϵ}}_{\dot{A}} F^{*} \end{aligned}

$\begin{align}\delta\bar\psi_{\dot a} &= \text{i} \big((\sigma^\mu)_{a\dot a} \bar\epsilon^{\dot a}\big )^* \partial_\mu\phi^* +\bar\epsilon_{\dot a}F^* \\&= \text{i} (\sigma^\mu)_{\dot aa} \epsilon^{a} \partial_\mu\phi^* +\bar\epsilon_{\dot a}F^* \\&= \text{i} \epsilon^{a}(\sigma^\mu)^T_{a\dot a} \partial_\mu\phi^* +\bar\epsilon_{\dot a}F^* \\& = \text{i} (\epsilon \sigma^{\mu T})_{\dot a}\partial_\mu\phi^* +\bar\epsilon_{\dot a}F^* \end{align}$ wobei ich die Tatsache verwendet habe, dass die Pauli-Matrizen hermitesch sind (daher wird die komplexe Konjugation zu einer Transponierten). Allerdings sollte es eigentlich so sein

\begin{matrix} (3.1.15) & δ {\bar{ψ}}_{\dot{A}} = ich (ϵ σ^{μ})_{\dot{A}} \partial_{μ} ϕ^{*} + {\bar{ϵ}}_{\dot{A}} F^{*} \end{matrix}

$\delta\bar\psi_{\dot a} = \text{i} (\epsilon \sigma^{\mu})_{\dot a}\partial_\mu\phi^* +\bar\epsilon_{\dot a}F^* \tag{3.1.15}$ dh ohne die Transponierung auf der

σ^{μ}

$\sigma^\mu$ Matrix.

Wo ist mein Fehler? Ich habe das Gefühl, dass ich die Spinor-Index-Notation nicht wirklich verstehe.

Für das, was es wert ist, verwende ich diese Zuweisungen, um die Indexnotation zu verwenden.

\begin{aligned} ψ & \sim ψ_{A} \\ \bar{ψ} = ψ^{*} & \sim {\bar{ψ}}_{\dot{A}} \\ ψ^{T} & \sim ψ^{A} \\ {\bar{ψ}}^{T} = ψ^{†} & \sim ψ^{\dot{A}} \end{aligned}

$\begin{align} \psi &\sim \psi_a \\ \bar\psi = \psi^* &\sim \bar\psi_{\dot a} \\ \psi^T &\sim \psi^a \\ \bar\psi^T=\psi^\dagger &\sim \psi^{\dot a} \end{align}$ sowie kontrahierende Indizes wie

^{a}_{a}

${}^a{}_a$ Und

_{\dot{a}}^{\dot{a}}

${}_{\dot a}{}^{\dot a}$ .

Ich habe mich bereits mit diesen Fragen befasst [ 1 , 2 , 3 , 4 ], aber keine Lösung für mein Problem gefunden.

Kosm

Nachdem ich Ihre Komponentennotation für Weyl-Fermionen gesehen habe, denke ich, dass sie auch nicht richtig ist. Ich werde meine Antwort etwas später aktualisieren.

Kosm

Erweiterte meine Antwort, lassen Sie mich wissen, wenn etwas unklar ist.

Antworten (1)

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Nachdem ich Ihre Komponentennotation für Weyl-Fermionen gesehen habe, denke ich, dass sie auch nicht richtig ist. Ich werde meine Antwort etwas später aktualisieren.
Erweiterte meine Antwort, lassen Sie mich wissen, wenn etwas unklar ist.

Kosm · Answer 1

Zuerst für die Notation der Fermion-Komponenten im Lehrbuch von Martin. Vergessen Sie Ihre Notationen für eine Weile und beginnen Sie von vorne. Lassen Sie mich für Weyl-Spinner den Dolch (hc) durch die Stange ersetzen, um Unordnung zu vermeiden (was eine ziemlich übliche Praxis ist). Dieser Balken (oder Dolch) begleitet immer die gepunkteten Indizes, ob oben oder unten, während nicht gepunktete Indizes immer ungestrichelt sind. Der untere undotierte Index stellt einen linkshändigen Spalten - Spinor dar, während der obere undotierte Index einen linkshändigen Zeilen - Spinor darstellt. Umgekehrt stellt der untere gepunktete Index einen rechtshändigen Zeilen -Spinor dar, während der obere gepunktete Index einen rechtshändigen Spalten - Spinor darstellt. Indizes (wie Sie wahrscheinlich gelesen haben) werden durch antisymmetrische Tensoren ( $\varepsilon_{ab}$ oder $\varepsilon_{\dot{a}\dot{b}}$ ). Zusammenfassen:

ψ_{A} = (\begin{matrix} ψ_{1} \\ ψ_{2} \end{matrix}), ψ^{A} = (ψ_{2}, - ψ_{1}),

$\psi_a= \begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \end{pmatrix}~,~~~ \psi^a=(\psi_2,~-\psi_1)~,$ und für den rechtshändigen Spinor

{\bar{χ}}_{\dot{A}} = ({\bar{χ}}_{1}, {\bar{χ}}_{2}), {\bar{χ}}^{\dot{A}} = (\begin{matrix} {\bar{χ}}_{2} \\ - {\bar{χ}}_{1} \end{matrix}),

$\bar{\chi}_\dot{a}=(\bar{\chi}_1,~\bar{\chi}_2),~~~ \bar{\chi}^\dot{a}= \begin{pmatrix} \bar{\chi}_{2} \\ -\bar{\chi}_{1} \end{pmatrix},~~~$ wo ich verwendet habe

ε^{12} = ε_{21} = 1

$\varepsilon^{12}=\varepsilon_{21}=1$ (gleich für punktierte und undotierte Indizes) und minus eins für geschaltete Indizes. Laut Lehrbuch haben wir auch

(ψ_{a})^{†} = {\bar{ψ}}_{\dot{a}}

$(\psi_a)^\dagger=\bar{\psi}_\dot{a}$ , wobei der Balken in meiner Notation derselbe ist wie der Dolch, wie ich bereits erwähnt habe. Dann, aus der obigen Definition von

ψ

$\psi$ ,

{\bar{ψ}}_{\dot{A}} = (ψ_{1}^{*}, ψ_{2}^{*}), {\bar{ψ}}^{\dot{A}} = (\begin{matrix} ψ_{2}^{*} \\ - ψ_{1}^{*} \end{matrix}),

$\bar{\psi}_\dot{a}=(\psi_1^*,~\psi_2^*),~~~ \bar{\psi}^\dot{a}= \begin{pmatrix} \psi_2^*\\ -\psi_1^* \end{pmatrix},$ Wo

† = *

$\dagger=*$ für jede einzelne Komponente.

Für die Pauli-Matrizen gibt es die folgende "Balken" -Notation, wobei der Balken die Matrixkomponenten mit oberen Indizes begleitet:

{\bar{σ}}^{\dot{A} A} = ε^{\dot{A} \dot{B}} ε^{A B} σ_{B \dot{B}}

$\bar{\sigma}^{\dot{a}a}=\varepsilon^{\dot{a}\dot{b}}\varepsilon^{ab}\sigma_{b\dot{b}}$ Unterdrückung des Raumzeitindex. Die Matrixkomponenten mit niedrigeren Indizes sind immer entsperrt.

Abschließend zur Frage selbst, der Menge $(\sigma^{\mu}_{a\dot{a}}\bar{\epsilon}^\dot{a})$ ein Spinor (Komponente) ist, interessiert uns also das hermitesch Konjugierte ( $\dagger$ , oder bar in meiner Notation) anstelle von * (bar in Ihrer Notation). Die fragliche Menge muss also behandelt werden als

(σ_{A \dot{A}}^{μ} {\bar{ϵ}}^{\dot{A}})^{†} = (σ^{μ} \bar{ϵ})_{A}^{†} = (ϵ σ^{μ})_{\dot{A}} = ϵ^{A} σ_{A \dot{A}}^{μ} .

$(\sigma^{\mu}_{a\dot{a}}\bar{\epsilon}^\dot{a})^\dagger=(\sigma^\mu\bar{\epsilon})_{a}^\dagger=(\epsilon\sigma^\mu)_\dot{a}=\epsilon^a\sigma^{\mu}_{a\dot{a}}.$ Der Grund, warum es keine Bar gibt

σ

$\sigma$ ist, dass es niedrigere Spinor-Indizes hat, also ist es gemäß der Konvention "nicht gesperrt".

Außerdem: in Ihrer Ableitung von $\delta\bar{\psi}_\dot{a}$ es sollte hermitesche Konjugation, dh in Matrixschreibweise, geben

\begin{matrix} (1) & δ \bar{ψ} = ich (σ^{μ} \bar{ϵ})^{†} \partial_{μ} ϕ^{*} + \bar{ϵ} F^{*} = ich (ϵ {σ^{μ}}^{†}) \partial_{μ} ϕ^{*} + \bar{ϵ} F^{*}, \end{matrix}

$\delta\bar{\psi}=i(\sigma^\mu\bar{\epsilon})^\dagger\partial_\mu\phi^*+\bar{\epsilon}F^*= i(\epsilon{\sigma^\mu}^\dagger)\partial_\mu\phi^*+\bar{\epsilon}F^*~,\tag{1}$ und weil Pauli-Matrizen hermitesch sind

σ = σ^{†}

$\sigma=\sigma^\dagger$ , haben Sie den Ausdruck (3.1.15). Übrigens gibt die Balkennotation für Pauli-Matrizen, die ich oben geschrieben habe, die Komponenten der transponierten (oder komplex konjugierten) Pauli-Matrix an, aber in Gleichung (1) gibt es eine hermitische Konjugation, daher keine gesperrten Pauli-Matrizen im Endergebnis. Ich denke, das ist der Hauptpunkt.

Danke für die ausführliche Antwort, wirklich sehr zu schätzen! Mir ist aufgefallen, dass du einen Dolch verwendest, um zwischen Links- und Rechtshänder zu wechseln, warum ist das so? Die (1/2,0) und (0,1/2) Wiederholungen der Lorentz-Gruppe sind durch eine komplexe Konjugation miteinander verbunden, würde also ein Stern statt des Dolches nicht ausreichen?
Die Transposition von @Stephan ist ebenfalls nützlich, da wir schließlich skalare Lagrangianer konstruieren.

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