La simmetria chirale nel modello standard delle particelle

Nel modello standard delle particelle, esistono sei diversi tipi di “sapori” di quark, ovvero $u,d,s,c,b,t$. Nella tabella riportiamo le masse dei sei tipi di quark (prese da Wikipedia) in ordine crescente

Come è chiaro dalla tabella, i due quark più leggeri ($d,u$) hanno una massa estremamente più piccola rispetto a quella degli altri. Non è quindi una cattiva approssimazione porre la loro massa uguale a zero. In realtà anche la massa del terzo quark ($s$) è piuttosto piccola rispetto a quella degli altri, e quindi potremmo approssimare anch’essa come nulla. Consideriamo quindi l’approssimazione in cui gli $N_f$ quark più leggeri abbiano tutti la stessa massa $m$ (il che include il caso $m=0$). I casi più realistici sono $N_f=2$ o $N_f=3$. In questa approssimazione, ci limitiamo a considerare gli $N_f$ quark leggeri. La loro Lagrangiana prende la forma

$$\mathcal{L} = \sum_{f = 1}^{N_f} \overline{\psi}_f (\gamma^\mu D_\mu -m) \psi_f$$

dove $D_\mu$ è la derivata covariante. I campi fermionici $\psi_f$ sono spinori di Dirac e quindi sono formati dalla somma di due spinori di Weyl, destro e sinistro, $\psi_f = q_{L}^f + q_R^f$. Scriviamo le matrici $\gamma$ usando la notazione

$$\gamma^\mu = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \overline{\sigma}^\mu & 0 \end{pmatrix} $$

dove

$$\sigma^\mu = (1, \sigma^i) \qquad \overline{\sigma}^\mu = (1, -\sigma^i)$$

Poiché $\overline{\psi}=\psi^\dagger \gamma^0$, ci interessa la combinazione

$$\gamma^0 \gamma^\mu =\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \overline{\sigma}^\mu & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \overline{\sigma}^\mu & 0 \\ 0 & \sigma^\mu \end{pmatrix}$$

Perciò scrivendo $\psi = \begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix}$ abbiamo

$$\overline{\psi} (\gamma^\mu D_\mu -m) \psi = \psi_L^\dagger (\overline{\sigma}^\mu D_\mu) \psi_L + \psi_R^\dagger (\sigma^\mu D_\mu) \psi_R -m (\psi_L^\dagger \psi_R +\psi_R^\dagger \psi_L)$$

Perciò vediamo che il termine di massa accoppia fermioni destri e sinistri, mentre invece se $m=0$ sono completamente indipendenti. Perciò tornando al caso con $N_f$ sapori abbiamo (con $m=0$)

$$\mathcal{L} = \sum_{f = 1}^{N_f} \psi_{L,f}^\dagger (\overline{\sigma}^\mu D_\mu) \psi_{L,f} + \sum_{f = 1}^{N_f} \psi_{R,f}^\dagger (\sigma^\mu D_\mu) \psi_{R,f}$$

Perciò possiamo effettuare una trasformazione della forma

$$\psi_{L,f} \to L_{ff’} \psi_{L,f’} \qquad \qquad \psi_{R,f} \to R_{ff’} \psi_{R,f’}$$

dove $L, R \in \U(N_f)$. Poiché le matrici sono unitarie, questa trasformazione è una simmetria della Lagrangiana, che ha quindi una simmetria globale $\U(N_f)_L \times \U(N_f)_R$. Molto spesso si preferisce scrivere la trasformazione in maniera diversa, ovvero come una trasformazione $\SU(N_f)$ e come una rotazione di fase comune a tutti gli spinori di un tipo, perciò si dice che la simmetria è

$$\SU(N_f)_L \times \SU(N_f)_R \times \U(1)_L \times \U(1)_R$$

Anche i due fattori $\U(1)$ vengono di solito scritti in maniera diversa, ovvero (e questo è definitivo)

$$\SU(N_f)_L \times \SU(N_f)_R \times \U(1)_B \times \U(1)_A$$

Dove la simmetria barionica $B$ agisce con lo stesso angolo su tutti i fermioni,

$$\psi_{L,f} \to e^{i\theta} \psi_{L,f} \qquad \qquad \psi_{R,f} \to e^{i\theta}\psi_{R,f}$$

e al contrario la simmetria assiale $A$ agisce in maniera opposta tra i due fermioni

$$\psi_{L,f} \to e^{i\varphi} \psi_{L,f} \qquad \qquad \psi_{R,f} \to e^{-i\varphi}\psi_{R,f}$$

È chiaro che combinando $B$ e $A$ otteniamo ogni possibile trasformazione di fase $L$ e $R$ sui due tipi di fermioni. La simmetria assiale $\U(1)_A$ è tuttavia completamente distrutta dall’anomalia ABJ ed è quindi assente. Il numero conservato associato a $\U(1)_B$ è il numero barionico, che è invece perlopiù conservato (discussione per un’altro giorno). In particolare, la sua conservazione non dipende dal fatto di avere masse nulle per i quark. Ora il vuoto della cromodinamica quantistica rompe dinamicamente la simmetria chirale di sapore, poiché il cosiddetto “condensato chirale” assume un valore atteso non nullo,

$$\expval{\overline{\psi}_f \psi_{f’}} \sim \delta_{f f’}$$

Il condensato chirale $\overline{\psi}_f \psi_{f’}$ è invariante rispetto a $\U(1)_B$, mentre invece non è in generale invariante rispetto alle trasformazioni non-abeliane. In particolare, si può controllare che è invariante soltanto se $L \in \SU(N_f)_L$ e $R \in \SU(N_f)_R$ soddisfano $L=R$. Perciò abbiamo rottura spontanea di simmetria

$$G=\SU(N_f)_L \times \SU(N_f)_R \times \U(1)_B \to H= \SU(N_f)_{L=R}\times \U(1)_B$$

Perciò contando la differenza di dimensione dei gruppi di Lie scopriamo di avere in questo caso $N_f^2-1$ bosoni di Goldstone senzamassa. Per rappresentare questi bosoni di Goldstone possiamo utilizzare un elemento del gruppo quoziente $G/H \approx \SU(N_f)$, come abbiamo visto nell’articolo sulla teoria perturbativa chirale degli adroni.

Ad esempio se $N_f=2$ allora i pioni $\pi^0, \pi^{\pm}$ formano un tripletto $\SU(2)$ e sono i bosoni di Goldstone della rottura spontanea della simmetria chirale.  Poiché nel mondo reale i quark hanno tutti una massa non nulla, la simmetria chirale è solo una simmetria approssimativa, e quindi nel mondo reale i pioni hanno una massa, anche se magari non troppo grande.

Invece per $N_f=3$ abbiamo un’ottetto di $\SU(3)$ per i mesoni come mostrato da questa immagine presa da Wikipedia:

il che include i tre pioni del caso precedente, ma anche i kaoni e il mesone $\eta$. Questi sono appunto mesoni che includono il quark $s$ che è appunto incluso nel caso $N_f=3$. Il numero $s$ è il numero di quark $s$ (un antiquark conta come $-1$) ed è costante sulle righe; mentre invece la carica elettrica $q$ è costante sulle diagonali. Dato che i mesoni sono formati da un quark e un antiquark, poiché abbiamo $N_f=3$ quark è naturale supporre che i quark siano una tripletta di $\SU(3)$ (i tre vettori di base rappresentano i tre sapori $u,d,s$). La teoria delle rappresentazioni di $\SU(3)$ ci dice che

$$\mathbf{3} \otimes \overline{\mathbf{3}} = \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$$

Per cui otteniamo naturalmente un ottetto di mesoni, come mostrato sopra, ma anche un singoletto, ovvero il mesone $\eta’$. Perciò a volte si mettono i due insieme e si parla di un “nonetto” di mesoni.

Possiamo effettuare lo stesso gioco anche con i barioni. In particolare, se i barioni contengono tre quark (come ad esempio il protone e il neutrone), la teoria delle rappresentazioni ci dà

$$\mathbf{3} \otimes \mathbf{3} \otimes \mathbf{3} = \mathbf{10} \oplus \mathbf{8} \oplus \mathbf{8} \oplus \mathbf{1}$$

E quindi otteniamo un decupletto, due ottetti e un singoletto. Il decupletto di barioni (i cui membri hanno spin $3/2$) è

Invece l’ottetto di barioni (che hanno tutti spin $1/2$) è dato da

In teoria dovremmo ottenere anche un altro ottetto e un altro singoletto, ma per essere concreti dovremmo anche includere lo spin e gli altri numeri quantici. Perciò in realtà queste rappresentazioni non sono realizzate in natura. Potremmo tuttavia estendere il lavoro ad esempio considerando le rappresentazioni di quattro o più quark o antiquark.