Калибровка Весса-Зумино в неабелевой суперсимметричной теории

Question

Калибровка Весса-Зумино в неабелевой суперсимметричной теории

измерять
Физика
калибровочная теория
суперсимметрия
калибровочная инвариантность
квантовая теория поля

пользователь43283

У меня вопрос по поводу неабелевых суперсимметричных калибровочных теорий.

Рассмотрим суперсимметричную неабелеву теорию, реализованную на киральных суперполях. $\Phi_i$ в представлении $R$ с генераторами матриц $T_{i}^{aj}$ . Определим суперкалибровочное преобразование как

Φ_{я} \to (е^{2 я г_{а} {Ом}^{а} Т^{а}})_{я}^{Дж} Φ_{Дж} .

$\Phi_i \rightarrow (e^{2\imath g_a \Omega^a T^a})_{i}{}^{j} \, \Phi_j.$ Суперкалибровочно-инвариантный член в лагранжиане равен

л "=" [Φ^{* я} (е^{В})_{я}^{Дж} Φ_{Дж}]_{Д} .

$\mathcal{L} = \Bigl[\Phi^{*i}\,(e^V)_i{}^j \, \Phi_j\Bigr]_D.$ Чтобы это было калибровочно-инвариантным, неабелево калибровочное преобразование для векторного поля должно быть

е^{В} \to е^{я {Ом}^{†}} е^{В} е^{- я Ом} .

$e^V \rightarrow e^{\imath \Omega^\dagger}\,e^V\,e^{-\imath \Omega}.$ Используя формулу Бейкера-Хаусдорфа, получаем

В^{а} \to В^{а} + я ({Ом}^{а *} - {Ом}^{а}) + г_{а} ф^{а б с} В^{б} ({Ом}^{с *} + {Ом}^{с}) + . . .

$V^a \rightarrow V^a + \imath(\Omega^{a*}-\Omega^a)+g_a \, f^{abc}\,V^b(\Omega^{c*}+\Omega^c)+...$ Обычно в этот момент утверждают, что так как второй член в правой части не зависит от

V^{a}

$V^a$ , всегда можно сделать суперкалибровочное преобразование в калибровку Весса-Зумино , выбрав

Ω^{a *} - Ω^{a}

$\Omega^{a*}-\Omega^a$ соответственно.

Это момент, который я не понимаю. Что это значит? Строго говоря, последнее выражение представляет собой сложное нелинейное уравнение на компонентах $V^a$ суперполе.

Я думаю, они имеют в виду, что, поскольку второй член в правой части не зависит от $V^a$ , можно решить в рамках теории возмущений в константе(ах) связи $g_a$ . Это правильно? Если да, то как это доказать строго во всех заказах?

пользователь43283

Я сталкивался с этим аргументом во многих лекционных курсах, таких как: arxiv.org/abs/hep-ph/9709356 ; Весс Бэггер «Суперсимметрия и супергравитация»; arxiv.org/abs/hep-th/0311066 . Я буду признателен за курс или книгу, где доказательство сделано явно или, может быть, сделаны некоторые шаги доказательства

Ответы (3)

Калибровка Весса-Зумино в неабелевой суперсимметричной теории

Я сталкивался с этим аргументом во многих лекционных курсах, таких как: arxiv.org/abs/hep-ph/9709356 ; Весс Бэггер «Суперсимметрия и супергравитация»; arxiv.org/abs/hep-th/0311066 . Я буду признателен за курс или книгу, где доказательство сделано явно или, может быть, сделаны некоторые шаги доказательства

Qмеханик · Answer 1

I) Калибровочное преобразование реального калибровочного поля $V$ читает

\begin{matrix} (1) & е^{\tilde{В}} "=" е^{Икс} е^{В} е^{Д}, Икс "=" я {Ом}^{†}, Д "=" - я Ом . \end{matrix}

$e^{\widetilde{V}} ~=~e^Xe^Ve^Y, \qquad X~:=~i\Omega^{\dagger}, \qquad Y~:=~-i\Omega. \tag{1}$

Далее мы используем следующие формулы BCH

\begin{matrix} (2) & е^{Икс} е^{В} \overset{Б С ЧАС}{"="} е^{В + Б (а д В) Икс + О ({Икс}^{2})}, е^{В} е^{Д} \overset{Б С ЧАС}{"="} е^{В + Б (- а д В) Д + О (Д^{2})} . \end{matrix}

$e^Xe^V~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B({\rm ad} V)X+{\cal O}(X^2)}, \qquad e^Ve^Y~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B(-{\rm ad} V)Y+{\cal O}(Y^2)}.\tag{2}$

Хранение только линейных ордеров в $\Omega$ , мы получаем

\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \tilde{В} & \overset{(1) + (2)}{"="} Б (а д В) Икс + В + Б (- а д В) Д \\ \overset{(4)}{"="} В + \frac{1}{2} [В, Д - Икс] + Б_{+} (а д В) (Икс + Д), \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}\widetilde{V}~&\stackrel{(1)+(2)}{=}~B({\rm ad} V)X+V+B(-{\rm ad} V)Y\cr &~~~\stackrel{(4)}{=}~V+\frac{1}{2}[V,Y-X]+B_+({\rm ad} V)(X+Y),\end{align}\tag{3}$

где

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} Б (Икс) & "=" \frac{Икс}{е^{Икс} - 1} "=" \sum_{м "=" 0}^{\infty} \frac{Б_{м}}{м!} {Икс}^{м} "=" Б_{+} (Икс) - \frac{Икс}{2} \\ "=" 1 - \frac{Икс}{2} + \frac{{Икс}^{2}}{12} - \frac{{Икс}^{4}}{720} + \frac{{Икс}^{6}}{30240} + О ({Икс}^{8}) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} B(x)&~:=~\frac{x}{e^x-1}~=~\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_m}{m!}x^m~=~B_+(x)-\frac{x}{2}\cr &~=~1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8)\end{align} \tag{4}$

и

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} Б_{+} (Икс) & "=" \frac{Б (Икс) + Б (- Икс)}{2} "=" \frac{Икс / 2}{танх \frac{Икс}{2}} \\ "=" 1 + \frac{{Икс}^{2}}{12} - \frac{{Икс}^{4}}{720} + \frac{{Икс}^{6}}{30240} + О ({Икс}^{8}) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} B_+(x) &~:=~\frac{B(x)+B(-x)}{2}~=~\frac{x/2}{\tanh\frac{x}{2}} \cr &~=~1+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8) \end{align} \tag{5}$

являются производящими функциями чисел Бернулли .

II) Мы хотели бы $\widetilde{V}$ быть в колеи WZ

\begin{matrix} (6) & \tilde{В} "=" О (θ^{2}) . \end{matrix}

$\widetilde{V}~=~{\cal O}(\theta^2) .\tag{6}$

Для данного $V$ , $\widetilde{V}$ , и $X-Y$ , уравнения (3+6) является аффинным $^1$ уравнение в $X+Y=i\Omega^{\dagger}-i\Omega$ . Формально оно имеет решение, если оператор

\begin{matrix} (7) & Б_{+} (а д В) "=" 1 + \dots \end{matrix}

$B_+({\rm ad} V)~=~{\bf 1} + \ldots \tag{7}$

обратим, что верно, по крайней мере, пертурбативно. Чтобы закончить доказательство, следует записать уравнение в его компонентах суперполя, чтобы проверить, действительно ли описанный выше механизм аффинного сдвига реализуется на уровне компонентов. Напомним, например, что калибровочное поле $\widetilde{V}$ нельзя полностью отмерить (= обнулить), так как $\Omega$ является киральным суперполем с недостаточным $\theta$ , чтобы достичь всех компонентов $\widetilde{V}$ , так сказать.

Использованная литература:

SP Martin, Учебник по суперсимметрии, arXiv:hep-ph/9709356 ; стр.43.

--

$^1$ Аффинное уравнение — это линейное уравнение с неоднородным членом/исходным членом .

Андреа89 · Answer 2

Калибровка Весса-Зумино - это особый выбор калибровки, когда векторное суперполе имеет конкретную форму и имеет меньше компонентов, чем общее векторное суперполе. Итак, если я могу сделать калибровочное преобразование, я могу выбрать компоненты кирального суперполя $\Omega$ таким образом, чтобы сумма $\theta$ (или любой другой" $\theta$ компонента», которую я хочу исключить, чтобы достичь калибровки WZ) кирального и векторного суперполя равны нулю.

Собственно, вопрос в том, почему мы можем выбрать компоненты кирального суперполя $\Omega$ таким образом...
Из-за калибровочной инвариантности. Это как в КЭД, когда функция $f(x)$ является произвольным и не меняет действие или какие-либо другие физические переменные. $\Omega$ является произвольным.

пользователь154779 · Answer 3

Я думаю, калибровочное преобразование имеет в своем определении суперпространство $y_\mu$ , что равно $x_\mu + i \theta \sigma_\mu \bar \theta$ . Таким образом, в его разложении Тейлора фигурирует всего 3 члена: $Ω(y) = Ω(x) + i \theta \sigma_\mu \bar \theta \partial_\mu Ω(x) + \frac{1}{4} \theta \theta \bar \theta \bar \theta \Box{Ω(x)}$ .

Калибровка Весса-Зумино в неабелевой суперсимметричной теории

пользователь43283

пользователь43283

Ответы (3)

Qмеханик

Андреа89

пользователь43283

Андреа89

пользователь154779

Интуиция для параллельного транспорта колеи (петли Уилсона)

Смысл фиксации калибровки в ковариантном квантовании электромагнитного поля

Уравнения Швингера-Дайсона в кулоновской калибровке

Что неабелева в неабелевой теории Черна-Саймонса?

Построение суперсимметричного тензора Фарадея

Кулоновская калибровка в специальной теории относительности (для КТП)

Инвариантность меры функциональной интеграции

Калибровочная инвариантность или глобальная инвариантность, что делает теорию перенормируемой?

Почему нормальный порядок нарушает личность Уорда?

История названий «Фейнман-калибр» и «Ландау-калибр». Как возникло и как закрепилось?