Аномальное тождество Славнова-Тейлора

Question

Аномальное тождество Славнова-Тейлора

итамархасон

Буду рад, если кто-то сможет прояснить загадку здесь.

Рассмотрим следующий вывод аномального тождества Славнова. Он основан на конспектах лекций Аделя Билала.

Предположим, у нас есть действие с полем (или полями) $\phi$ , и преобразование симметрии, которое принимает

ф \to ф^{'} "=" ф + ϵ Ф (Икс, ф (Икс)),

$\phi \rightarrow \phi ' = \phi + \epsilon F(x, \phi(x)) ,$ при котором действие инвариантно,

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi '] = S[\phi]$ .

Однако предположим, что функциональная мера аномальна:

Д ф \to Д ф е^{я ϵ \int А (Икс)} .

${ \mathcal{D} \phi } \rightarrow { \mathcal{D} \phi } \space \space e^{i\epsilon \int \mathcal{A}(x)}.$

Давайте посмотрим на следующий интеграл по путям (который является производящим функционалом связных диаграмм):

\int Д ф опыт (я С [ф] + я \int Дж (Икс) ф (Икс)) "=" \int Д ф^{'} опыт (я С [ф^{'}] + я \int Дж (Икс) ф^{'} (Икс)) "=" \int Д ф опыт (я ϵ \int А (Икс)) опыт (я С [ф] + я \int Дж (Икс) ф (Икс) + я ϵ \int Дж (Икс) Ф (Икс, ф)) "=" \int Д ф опыт (я С [ф] + я \int Дж (Икс) ф (Икс)) (1 + я ϵ \int А (Икс) + я ϵ \int Дж (Икс) Ф (Икс, ф)) .

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x))} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '] + i\int J(x)\phi '(x))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x)) \left( 1 + i\epsilon \int A(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi)\right)}.$

Первое равенство — это просто замена переменных интегрирования, второе — замена $\phi '$ с точки зрения $\phi$ , а третья — просто реорганизация и расширение первого порядка в $\epsilon$ .

Теперь вы получаете тождество Славнова-Тейлора (уравнение 4.5 в оригинальной статье):

\begin{matrix} (4.5) & \int (А (Икс) + Дж (Икс) {⟨ Ф (Икс, Φ) ⟩}_{Дж}) "=" 0 \end{matrix}

$\int { (\mathcal{A}(x) + J(x) {\left< {F(x,\Phi)} \right>} _J) } = 0 \tag{4.5}$

Может ли кто-нибудь объяснить, как эта идентичность могла быть возможной, поскольку $\mathcal{A}$ не зависит от $J$ , которое является вспомогательным полем, поэтому подставляя $J=0$ даст $\int \mathcal{A} = 0$ что не кажется правдоподобным.

Источник проблемы (если это проблема, как кажется) должен быть в замене переменных в первом равенстве выше, но это кажется правильным. Чтобы упростить дело, я думаю, что все приведенные выше уравнения можно было бы вывести с помощью $J=0$ , давать:

\int Д ф опыт (я С [ф]) "=" \int Д ф^{'} опыт (я С [ф^{'}]) "=" \int Д ф опыт (я ϵ \int А (Икс)) опыт (я С [ф])

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi])} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '])} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi])}$

Что вообще не кажется правдоподобным.

Возможно, это связано с некоторыми схемами регуляризации, которые обычно должны быть реализованы в КТП, но из этих уравнений не следует, что здесь нужна какая-либо регуляризация, поэтому мне непонятно, что не так с этими уравнениями.

Ответы (2)

Аномальное тождество Славнова-Тейлора

Любопытный Разум · Answer 1

Вывод в данной ссылке действительно кажется запутанным и непоследовательным. Существенная ошибка мне кажется в том, что

С [ф + ϵ дельта ф] "=" С [ф]

$S[\phi + \epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ просто неверно для бесконечно малой симметрии. Определение симметрии состоит в том, что

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi']=S[\phi]$ (по модулю граничных членов) для конечного преобразования

ϕ \mapsto ϕ^{'}

$\phi\mapsto \phi'$ . Записав это бесконечно, можно получить ¹

С [ф^{'}] "=" С [ф] + ϵ \frac{дельта С}{дельта ф} дельта ф + О (ϵ^{2})

$S[\phi'] = S[\phi] + \epsilon\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi + \mathcal{O}(\epsilon^2)$ значение

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = 0

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = 0$ по модулю граничных членов, но принципиально это не означает, что

S [ϕ + ϵ δ ϕ] = S [ϕ]

$S[\phi+\epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ . У нас есть

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = \int \partial_{μ} j^{μ}

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = \int\partial_\mu j^\mu$ для нётеровского тока

j

$j$ .

Правильный вывод тождеств ST расширяется $S[\phi']$ как я сделал выше, чтобы получить

⟨ А (Икс) + (\frac{дельта С}{дельта ф (Икс)} + Дж (Икс)) дельта ф (Икс) ⟩_{Дж} "=" 0

$\langle \mathcal{A}(x) + \left(\frac{\delta S}{\delta \phi(x)} + J(x)\right)\delta\phi(x)\rangle_J = 0$ который дает

⟨ A ⟩ = \partial_{μ} ⟨ j^{μ} ⟩

$\langle \mathcal{A}\rangle = \partial_\mu\langle j^\mu\rangle$ в

J = 0

$J=0$ , что является правильным утверждением об аномальном несохранении.

^{¹ Обозначение $\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi$ сокращение от $\int\frac{\delta S}{\delta \phi(x)}\delta\phi(x)$ .}

Я думаю, что есть некоторая путаница между симметрией действия и симметрией действия при соблюдении классических уравнений движения.
@itamarhason: Нет такого понятия, как «симметрия, подлежащая обеспечению соблюдения eom». По определению решения еом, $\delta S= 0$ для любого преобразования, которое вы делаете (решение eom - критические точки функционала действия). Вы распознаете симметрию по $\delta S=0$ вне оболочки , а не тем, что они делают в оболочке. Кроме того, внутри интеграла пути вы, конечно, не можете применить eom.
Я думаю, что принимаю ваш ответ, хотя я бы больше подчеркнул тот факт, что $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)}$ не ноль, а $\partial_\mu j^\mu (x)$
Может быть , вы можете написать так: вместо $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} = 0$ (это то, что ошибочно предполагалось выше), мы имеем $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} \delta \phi (x) = \epsilon(x) \partial_\mu j^\mu (x)$ , бесконечно малый параметр преобразования, умноженный на дивергенцию нётеровского тока $j_\mu$ , который сохраняется в классическом случае, мог бы сохраниться и в квантовой теории, если бы $\mathcal{A}$ исчезнет, но не сохранится, если это не так.
могу я попросить вас отредактировать свой ответ, как я предложил?
@itamarhason: я не знаю, чего ты хочешь. $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}\delta\phi(x) = \partial_\mu j^\mu$ без $\epsilon$ . И я уже говорю, что классически сохраняющийся ток не сохраняется, вот что означает *"что является правильным утверждением об аномальном несохранении" . Любой, кто взглянет на это, должен сразу распознать отклонение от обычного уравнения непрерывности. $\partial_\mu j^\mu = 0$ , я не вижу, что еще нужно было бы сказать об этом.
я думаю $\epsilon$ должно быть там, иначе вы получите бесконечно малый член в левой части и не бесконечно малый слева. Оно должно появиться и там, если вы выведете его, как обычно, в теореме Нётер.
Что касается моего запроса - мне было не очень понятно, когда я впервые прочитал ваш ответ, поэтому я предложил его немного отредактировать. Что было не так ясно, так это различие между предложением $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = 0$ по модулю граничных членов и уравнение сразу после этого $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = \partial_\mu j^\mu$ . Я знаю, что вся информация там есть, но она просто не так понятна читателю или, по крайней мере, мне.
@itamarhason: Возможно, вы используете другое определение, чем я. Посмотрите на мой вариант поля. я говорю $\phi\mapsto \phi+\epsilon\delta\phi$ , в то время как вы, кажется, используете $\phi\mapsto\phi+\delta\phi$ . Также, $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}$ является функциональной производной , так что левая сторона не бесконечно мала, а правая часть
О, я вижу, хорошо, вы правы насчет разных определений. Извини за это.

Qмеханик · Answer 2

OP в основном спрашивает (v4) следующее.

Как уравнение
$\begin{matrix} (4.5) & \int д^{4} Икс (я А (Икс) + я \sum_{р} {Дж}_{р} (Икс) ⟨ Ф^{р} [Икс, Φ] ⟩_{Дж}) "=" 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) \langle F^r\left[x,\Phi\right] \rangle_J\right) ~=~0, \tag{4.5}$ или эквивалентно, $\begin{matrix} (4,5 фута) & \int д^{4} Икс (я А (Икс) + я \sum_{р} {Дж}_{р} (Икс) Ф^{р} [Икс, \frac{дельта}{я дельта Дж}]) Z [Дж] "=" 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) F^r\left[x,\frac{\delta}{i \delta J}\right]\right)Z[J] ~=~0, \tag{4.5'}$ может быть выполнено для произвольных источников $J$ ? В частности, если аномалия ${\cal A}$ отличен от нуля и является источником $J=0$ ноль?

В уравнении (4.5'), введем статистическую сумму

\begin{matrix} (4.4) & Z [Дж] "=" е^{я Вт [Дж]} "=" \int [\prod_{с} Д ф^{с}] опыт [я С [ф] + я \int д^{4} Икс \sum_{р} {Дж}_{р} (Икс) ф^{р} (Икс)] . \end{matrix}

$Z[J]~=~e^{iW[J]}~=~\int\! \left[ \prod_s {\cal D} \phi^s \right] \exp\left[i S[\phi] +i \int\! \mathrm{d}^4x\sum_r J_r(x) \phi^r(x) \right]. \tag{4.4}$

Вместо того, чтобы по существу повторять вывод Ref. 1, возможно, вместо этого уместна наивная игрушечная модель в 0-мерном пространстве-времени.

Пример. Пусть действие $S$ быть константой, не зависящей от полей $\phi^r$ . Тогда у нас точно есть симметрия действия! Поскольку действие постоянное, для простоты возьмем его равным нулю. $S\equiv 0$ . Статистическая сумма становится многомерным дельта-распределением Дирака.

Z [Дж] "=" дельта (Дж)

$Z[J]~=~ \delta(J)$

(по модулю факторов $2\pi$ которые мы игнорируем). Рассмотрим линейную симметрию

Ф^{р} (ф) "=" \sum_{с} А^{р}_{с} ф^{с},

$F^r(\phi) ~=~\sum_s A^r{}_s ~\phi^s,$

потому что исх. 1 предполагается, что аномалия не зависит от полей $\phi^s$ . «Аномалия» становится просто следом

я А "=" \sum_{с} \frac{\partial Ф^{с} (ф)}{\partial ф^{с}} "=" \sum_{с} А^{с}_{с},

$i{\cal A}~=~\sum_s \frac{\partial F^s(\phi)}{\partial \phi^s}~=~\sum_s A^s{}_s ,$ что не обязательно равно нулю. Тогда ур. (4,5 ') читает

(\sum_{с} А^{с}_{с} + \sum_{р, с} {Дж}_{р} А^{р}_{с} \frac{\partial}{\partial {Дж}^{с}}) дельта (Дж) "=" \sum_{р, с} \frac{\partial}{\partial {Дж}^{с}} ({Дж}_{р} А^{р}_{с} дельта (Дж)) "=" 0,

$\left( \sum_s A^s{}_s + \sum_{r,s} J_r A^r{}_s \frac{\partial}{ \partial J^s}\right)\delta(J)~=~ \sum_{r,s}\frac{\partial}{ \partial J^s} \left(J_r A^r{}_s~ \delta(J)\right)~=~0,$ что действительно является хорошо известным тождеством для дельта-распределения Дирака. Напротив, ур. (4.5) в данном примере не имеет смысла, потому что бессмысленно делить с дельта-распределением Дирака. Мы приписываем это грубости модели-игрушки.

Использованная литература:

А. Билал, Лекции об аномалиях, arXiv:0802.0634 .

Это хорошо, но на самом деле не отвечает на вопрос, на мой взгляд. Я думаю, что вам удалось привести пример, где это работает только потому, что текущий $j_\mu$ исчезает. Как объяснялось выше, когда ток не исчезает (что, как мне кажется, в любом случае является интересным случаем), (4.5) будет неправильным.
Обратите внимание, что ${\cal A}$ не обязательно исчезает в примере.
Я понимаю, но имеет ли это какое-то значение? Теория банальна...

Аномальное тождество Славнова-Тейлора

итамархасон

Ответы (2)

Любопытный Разум

итамархасон

Любопытный Разум

итамархасон

итамархасон

итамархасон

итамархасон

Любопытный Разум

итамархасон

итамархасон

Любопытный Разум

итамархасон

Qмеханик

итамархасон

Qмеханик

итамархасон

Можем ли мы допустить калибровочные неинвариантные члены в калибровочной теории?

Какая связь между потенциалами, зависящими от скорости, и неабелевыми калибровочными полями?

Квантовые аномалии и квантовые симметрии

Почему нет аномалии, когда механика частиц квантована?

Если :V(ϕ)::V(ϕ):: V(\phi) : нелокальна в пространстве, означает ли это, что взаимодействующая квантовая теория поля нелокальна?

«Найти лагранжиан теории»

Интегрирование по калибровочному полю в абелевой теории Черна-Саймонса в формализме полевых интегралов

Эквивалентность канонического квантования и квантования интеграла по путям

Несколько стационарных точек функционала действия

Инвариантность меры Фаддеева-Попова по Хаару для U(1)U(1)U(1)