Функциональный интеграл при спонтанном нарушении симметрии

Примечание. В случае калибровочной симметрии вырождение вакуума при калибровочных преобразованиях приводит к топологически неэквивалентным вакуумам, характеризуемым числом витков калибровочных полей, и в этом случае лагранжиан в интеграле по путям имеет член, который действительно зависит от того, от чего ( тета) вакуум вы выбираете. Однако здесь мы будем рассматривать вакуумное вырождение из-за глобальной симметрии.

Доказательство того, что определяющее уравнение для интеграла по путям не зависит от выбора вакуума (предполагается, что вы согласны с тем, что вакуум внутри и снаружи одинаковы, потому что в противном случае матричный элемент исчезает), для простоты рассмотрим непрерывную симметрию с одним параметром:

Сначала вспомним, что для общего элемента S-матрицы

$$\begin{align*} \left\langle \beta^+ \right| T\{ \ldots \} \left| \alpha^- \right\rangle &= \int \prod_{\tau,\vec{x},m}d \phi_m (\vec{x},\tau)\{ \ldots\} \text{exp }\left(i\int_{-\infty}^{+\infty}d\tau L[\phi(\vec{x},\tau),\dot{\phi}(\vec{x},\tau)]\right) \\ &\qquad\qquad \times\left\langle \beta^+ \right| \left.\phi(+\infty);+\infty\right\rangle \left\langle \phi(-\infty);-\infty\right|\left. \alpha^- \right\rangle \end{align*}$$

The $\pm$Верхний индекс для состояния «вне» и «в состоянии» соответственно. Мы параметризуем вакуум$\theta$

$$e^{Q\theta}\left| \Omega,0\right\rangle = \left| \Omega,\theta\right\rangle$$ Где $Q(\pi,\phi)$является генератором этой непрерывной глобальной симметрии. Кулак, выбрал состояния входа и выхода в качестве $\theta=0$вакуум. Тогда вы можете легко доказать, что $$\left\langle \Omega^{\pm},0\right| \left.\phi(\pm\infty);\pm\infty\right\rangle \propto \text{exp} \left( -\frac{1}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right)$$ Где $\mathcal{E}(x,y) = \mathcal{E}(x-y)$представляет собой преобразование Фурье свободной энергии как функции импульса.

Тогда, если мы выберем входное и выходное состояния как вакуум с малым$\theta>0$

$$\begin{align*} \left\langle \Omega^{\pm},\theta\right| \left.\phi(\pm\infty);\pm\infty\right\rangle &\propto \left(1 + \theta Q\left[\phi,\frac{\delta}{\delta \phi}\right] \right)\text{exp} \left( -\frac{1}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right) \\ &\approx \text{exp} \left( -\frac{1 + \theta}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right) \end{align*}$$ И мы делаем вывод, что в обоих случаях $\theta = 0$и $\theta$немного больше, срок $$\left\langle \Omega^+, \theta \right| \left.\phi(+\infty);+\infty\right\rangle \left\langle \phi(-\infty);-\infty\right|\left. \Omega^- ,\theta \right\rangle$$ Будет иметь единственную цель обеспечить $i\epsilon$срок, и там для $\theta$не имеет значения.

Вам не нужно писать производящий функционал в основном состоянии. В более общем смысле

$$\langle\mathcal{O}\rangle=\frac{\text{tr}(\rho \mathcal{O})}{\text{tr}\;\rho}$$ где след проходит по всем состояниям и $\rho$– матрица плотности. Это может быть записано как интеграл по путям вообще для любого $\rho$, поэтому я не вижу особой формальной трудности в определении функционального интеграла в случае нарушения симметрии.

Если вы находитесь в некотором вакууме, вы можете записать интеграл по путям в терминах полей, которые являются возмущениями из этого вакуума, а оставшуюся калибровочную симметрию можно решить, используя стандартную процедуру Фадеева-Попова для калибровочно-инвариантных теорий.