Отсутствие монополий в модели Вайнберга-Салама

I) Рассмотрим теорию типа Янга-Миллса с калибровочной группой$G$. В принципе, мы можем рассмотреть ту же теорию с ее накрывающей группой $\tilde{G}$, с$\pi:\tilde{G}\to G$. Накрывающая группа по определению односвязна:

$$\tag{1} \pi_1(\tilde{G})~=~\{\bf 1\}.$$ Любое представительство $\rho$из $G$естественно рассматривать как представление $\rho\circ \pi$из $\tilde{G}$. (Предупреждение: обратное неверно.) Следовательно, поля теории также трансформируются при $\tilde{G}$, и теория инвариантна относительно $\tilde{G}$. Другими словами, мы могли бы в принципе с самого начала рассматривать $\tilde{G}$как калибровочная группа теории, ср. Раздел III ниже.

II) Далее предположим спонтанное нарушение симметрии калибровочной группы$G \to H$в подгруппу$H$. Определить подгруппу

$$\tag{2} \tilde{H}~:=~\pi^{-1}(H)~\subseteq~ \tilde{G}.$$

Конкретно для электрослабой теории калибровочная группа есть

$$\tag{3} G~:=~ SU(2)_I\times U(1)_Y ~\supset~ U(1)_I\times U(1)_Y;$$

прикрывающая группа

$$\tag{4} \tilde{G}~=~SU(2)_I\times (\mathbb{R},+)_Y$$

не компактен; и непрерывная электромагнитная подгруппа

$$\tag{5} H~:=~U(1)_Q~\subset~ U(1)_I\times U(1)_Y$$

неправильно/некомпактно/несоизмеримо/нетопологически вложено, ср. например, мой ответ Phys.SE здесь . Здесь мы предполагаем, что касательная к углу Вайнберга $\tan\theta_W\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$иррационально. Теперь, поскольку некомпактная группа$H$не является подгруппой$SU(2)_I$, подгруппа

$$\tag{6} \tilde{H}~=~(\mathbb{R},+)_Q$$

также некомпактна. Тоже просто подключается

$$\tag{7} \pi_1(\tilde{H})~\cong~\{\bf 1\}.$$

III) Теперь рассмотрим некомпактную калибровочную группу$\tilde{G}$в уравнении (4) как калибровочная группа электрослабой теории. Тогда некомпактная калибровочная группа электромагнетизма (5) заменяется некомпактной подгруппой (6). Затем стандартный монопольный анализ показывает, что в электрослабой теории нет магнитных монополей.

$$\tag{8} \pi_2(\tilde{G}/\tilde{H})~\cong~{\rm Ker}\left(\pi_1(\tilde{H})\to \pi_1(\tilde{G})\right)~\stackrel{(1)}{\cong}~\pi_1(\tilde{H})~\stackrel{(7)}{\cong}~\{\bf 1\},$$

ср. например, ссылка 2.

IV) Теперь вернемся к вопросу ОП. Ссылка 1 рассматривает систему с точки зрения$G$и$H$скорее, чем$\tilde{G}$и$\tilde{H}$, и переделайте стандартный монопольный анализ на этом языке. Проблема в том, что замкнутый круг$\gamma\in G$который обертывает$U(1)\subseteq G$имеет некомпактный подъемник$\tilde{\gamma}\in \tilde{G}$который не является замкнутым циклом. Аналогично, замкнутый цикл$\gamma\in H$который обертывает$U(1)\subseteq H$имеет некомпактный подъемник$\tilde{\gamma}\in \tilde{H}$который не является замкнутым циклом.

Интуитивно/эвристически релевантное понятие$\tilde{\pi}_1(\tilde{H})$(таких некомпактных «замкнутых» путей) имеет больше путей, чем просто (7), и для электрослабой теории релевантная величина

$$\tag{9} \pi_2(G/H)~\cong~\pi_2(\tilde{G}/\tilde{H})~\cong~{\rm Ker}\left(\tilde{\pi}_1(\tilde{H})\to \tilde{\pi}_1(\tilde{G})\right)~\cong~\{\bf 1\}$$

тривиально, в соответствии с уравнением. (8). См. ссылку. 1 для более подробной информации.

Использованная литература:

1. Л. Х. Райдер, Квантовая теория поля, 2- е изд., 1996; п. 412.

2. С. Коулман, Аспекты симметрии, 1985; п. 217 и 221.

3. Ф. А. Баис, Быть или не быть? Магнитные монополи в неабелевых калибровочных теориях, arXiv:hep-th/0407197 . (Подсказка: Охотник .)

4. С. Вайнберг, Квантовая теория полей, том. 2, 1996; п. 443-445.

5. Дж. Прескилл, Магнитные монополи, Ann. Преподобный Нукл. Часть. науч. 34 (1984) 461-530 ; Разделы 4.2 и 4.3. PDF-файл доступен здесь .

(Ответ Qmechanics действительно правильный, но я хотел бы сказать еще несколько слов. Я наконец понял картину, прочитав «Квантовую теорию поля II» Вайнберга.)

Вайнберг обращается к вопросу в своей второй квантовой теории полей, не принадлежат ли вовлеченные поля дополнительному представлению покрывающей группы.$\tilde{G}$, если считать калибровкой неодносвязную группу$G$или его покрывающая группа$\tilde{G}$.

Это была моя проблема, раньше я не понимал, какую группу вы должны были учитывать$G$или$\tilde{G}$. Изменяются ли результаты, т. е. спектр монополий, при любом выборе?

Затем он аргументирует, что это не так. Например, в трехмерном мире, т.е.$S^3$границе топологически устойчивая монопольная конфигурация определяется второй гомотопической группой$\pi_2(G/H)$. Это, как упоминалось в Qmechanics, может быть вычислено как ядро ​​​​карты.

$$\pi_1(H) \rightarrow \pi_1(G)$$ когда $H$встроен в $G$.

Однако, когда мы заменяем$G$по его прикрывающей группе$\tilde{G}$, мы также должны изменить$H$его прообраз$\tilde{H} = \Pi ^{-1}(H)$по канонической проекции$\Pi: \tilde{G}\rightarrow G$. Это связано с тем, что петли в$H$не обязательно «закрываться», когда$H$встроен в$\tilde{G}$. Это циклы, которые не становятся тривиальными, когда$H$встраивается в покрывающую группу$\tilde{G}$. Следовательно, мы можем идентифицировать

$$\pi_2(G/H)=\pi_1(\tilde{H})$$ .

Но это означает, что для монополей во всяком случае не имеет значения, считать ли калибровочную группу$\tilde{G}$вместо$G$.

Пример: модель Джорджи-Глэшоу. Здесь калибровочную группу можно определить как двусвязную группу$SO(3)$. Его накрывающая группа (односвязная)$SU(2)$.

Ненарушенная симметрия – это вращение в плоскости$SO(2)$где повороты, отличные от$2\pi$идентифицированы. Отсюда путь от тождества к$2\pi$петли в$\pi_1(SO(2))$. Однако как только мы встроим$SO(3)$в$SU(2)$мы должны пройти дважды, повернуть на$4\pi$, чтобы вернуться к тождеству и закрыть цикл: он исключает циклы, которые закрываются после нечетного кратного$2\pi$в$\pi_1(SO(2))$и поэтому

$$\pi_1(SO(2)) \neq \pi_1(\tilde{SO(2)}) = \pi_2(SO(3)/SO(2))).$$

Элементы$\pi_1(SO(2))$которые отображают на тривиальный элемент$\pi_1(SO(3))$те, которые идут от единичного элемента к вращению$2\pi$:

$$\pi_2(SO(3)/SO(2))\cong U(1)$$ где $U(1)$является подгруппой $SU(2)$, покрывающая группа $\tilde{G}$независимо от того, считали ли мы $G$или $\tilde{G}$как калибровочная группа с самого начала!

Быстрый ответ: вы всегда можете рассмотреть калибровочную группу$G$быть односвязной покрывающей группой, так что вы можете использовать результат$\pi_2(G/H)=\pi_1(H)$.