Почему L=−14FμνFμνL=−14FμνFμν\mathcal L = -\frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} подразумевает, что фотоны не имеют массы?

Переменная$\phi$в ваших обозначениях$U(1)$калибровочный параметр. Не случайно уравнения движения не предполагают никаких ограничений на$\phi$; именно поэтому мы так говорим$\phi$— параметр, обозначающий симметрию (в данном случае калибровочную симметрию). Каждая конфигурация$\phi$(или конфигурация$A_\mu$это рассчитывается из такого$\phi$) так же хорош (= и настолько же совместим с уравнениями движения), как и любой другой.

Отсюда следует, что$\phi$не может производить физические степени свободы, наблюдаемые поля: если$\phi(x,y,z,t)$может зависеть от$t$произвольно, без каких-либо ограничений, диктуемых уравнениями движения, означает, что оно не может описать ни поле, ни частицу, которые эволюционируют в соответствии с начальными условиями. Другими словами,$\phi$совершенно нефизическая степень свободы. Соответствующий потенциал является «чистым калибровочным». Когда вы вводите кванты$\phi$в любом случае вы обнаружите, что они разъединяются: вероятность их создания из физически разрешенных мод частиц равна нулю. Истинное физическое конфигурационное пространство — это частное, в котором все конфигурации, связанные калибровочными преобразованиями, т. е. заменой$\phi$только – отождествляются друг с другом. Мы говорим, что калибровочные симметрии не являются реальными симметриями; они лишние.

Чтобы вывести, что существует массивная частица, вам действительно нужно найти поле$\Phi$для которого вы могли бы доказать, что$(\Box+m^2)\Phi=0$ следует из уравнений движения. Если такое уравнение не следует из уравнений движения — а действие Максвелла, очевидно, не имеет размерного параметра массы, поэтому оно просто не может возникнуть из уравнений движения — это доказывает, что не может быть никаких физических массивных возбуждений, по крайней мере не возмутительные.

Оказывается, оператор$\square\delta_\mu^\nu - \partial^\nu\partial_\mu$который действует на$A^\mu$в$(1)$является (с коэффициентом -2) квадратом псевдовектора Паули-Любанского (см., например , здесь, в решениях упражнения 2)$W^2$($W_\mu = \frac12\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}P^\nu M^{\rho\sigma}$где бозонное представление генераторов Лоренца$M^{\rho\sigma}$должен быть выбран, так как мы действуем на векторное поле), т.е. мы имеем

Собственные значения$W^2$являются$-m^2 s(s+1)$, где$s$есть спин частицы. Как показано в связанном упражнении,$s=0$приводит к продольному решению$A^\mu = \lambda p^\mu$это может быть массивным, в то время как$s=1$дает трансверсальные решения, которые должны быть безмассовыми.

Теперь можно снова использовать классификацию Вигнера, чтобы доказать, что продольный массивный скалярный бозон — это совершенно другая частица, которая, как уже было показано в вопросе, является калибровочным бозоном. Хотя даже во взаимодействующем случае$\mathcal L_\text{QED} = -\frac14 F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} + \bar\psi (iD\!\!\!\!/-m)\psi$, уступая$(W^2)^\mu_{\ \nu} A^\nu = -\frac12 j^\mu$, калибровочный бозон не взаимодействует, его потенциальное (хотя и кажущееся скучным из-за невзаимодействия) присутствие не кажется неоспоримым. Это, конечно, было бы весьма уместно в GR-QED...