Подсчет массивных степеней свободы после фиксации калибра

Question

Подсчет массивных степеней свободы после фиксации калибра

Кнчжоу

Рассмотрим теорию скалярной КЭД с лагранжианом

\begin{matrix} (1) & л "=" - \frac{1}{4} Ф^{мю ν} Ф_{мю ν} + (Д^{мю} ф)^{*} (Д_{мю} ф) - м^{2} ф^{*} ф \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \phi)^* (D_\mu \phi) - m^2 \phi^* \phi \tag{1}$ где

ϕ

$\phi$ представляет собой комплексное скалярное поле с массой

m

$m$ . Считая степени свободы, имеем

две безмассовые реальные степени свободы от $A_\mu$
две массивные реальные степени свободы от $\phi$

Теперь, несмотря на то, что здесь не происходит нарушения симметрии, мы все же можем выбрать унитарную калибровку, т.е. зафиксировать калибровку так, чтобы $\phi$ реально. Теперь у нас есть лагранжиан с фиксированной калибровкой

\begin{matrix} (2) & л "=" - \frac{1}{4} Ф^{мю ν} Ф_{мю ν} + (Д^{мю} ф) (Д_{мю} ф) - \frac{1}{2} м^{2} ф^{2} \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \varphi) (D_\mu \varphi) - \frac12 m^2 \varphi^2\tag{2}$ где

φ

$\varphi$ является канонически нормированным вещественным скалярным полем и не имеет калибровочной симметрии. Тогда у нас есть

три действительные степени свободы от $A_\mu$
одна массивная реальная степень свободы от $\phi$

где я знаю, что есть три реальные степени свободы в $A_\mu$ , потому что фиксация манометра всегда удаляет единицу, а здесь фиксация манометра отсутствует.

Что меня смущает, так это то, что должны быть две массивные степени свободы, как и в исходной теории. Так что это каким-то образом означает, что одна из степеней свободы в $A_\mu$ массивен, а два других нет, но как это может быть? Там нет массового термина для $A_\mu$ понимание.

Кнчжоу

Примечание. Я видел этот вопрос , который частично совпадает, хотя я не думаю, что ответ касается моего вопроса. В частности, я не понимаю, как массовый член для продольной части

A_{μ}

$A_\mu$ происходит.

СлучайныйПреобразование Фурье

по теме: Почему реальный скаляр не может соединиться с электромагнитным полем? . Во втором лагранжиане связь между

A

$A$ и

φ

$\varphi$ не через сохраняющийся ток, поэтому продольная мода не развязана, и подсчет степеней свободы не является прямым.

Кнчжоу

@AccidentalFourierTransform Действительно есть продольная мода, но мне трудно понять, почему она имеет массу

m

$m$ !

Ответы (2)

Подсчет массивных степеней свободы после фиксации калибра

Примечание. Я видел этот вопрос , который частично совпадает, хотя я не думаю, что ответ касается моего вопроса. В частности, я не понимаю, как массовый член для продольной части $A_\mu$ происходит.
по теме: Почему реальный скаляр не может соединиться с электромагнитным полем? . Во втором лагранжиане связь между $A$ и $\varphi$ не через сохраняющийся ток, поэтому продольная мода не развязана, и подсчет степеней свободы не является прямым.
@AccidentalFourierTransform Действительно есть продольная мода, но мне трудно понять, почему она имеет массу $m$ !

Двойки · Answer 1

Что можно удалить с помощью переопределения поля (в виде $U(1)$ калибровочное преобразование) является фазой $\phi$ . Но общее число степеней свободы (степеней свободы) не изменится, поскольку полученный лагранжиан больше не является калибровочно-инвариантным. Новый подсчет $3+1$ где $3$ Доф пришел из $A_\mu$ (с ковариантным ограничением, см. ниже, так что действительно $3=4-1$ ), а 1 степенями свободы вместо этого является скалярная радиальная мода $\phi$ .

Более подробно, напишите

ф (Икс) "=" е^{я е π (Икс)} \frac{час (Икс)}{\sqrt{2}}

$\phi(x)=e^{ie\pi(x)}\frac{h(x)}{\sqrt{2}}$ (с обоими

π

$\pi$ и

h (x)

$h(x)$ вещественные скалярные поля) и ковариантная производная

D_{μ} ϕ = (\partial_{μ} - i e A_{μ}) ϕ

$D_\mu \phi=(\partial_\mu-i e A_\mu)\phi$ становится

Д_{мю} ф "=" е^{я е π} [я е (\partial_{мю} π - А_{мю}) + \frac{1}{\sqrt{2}} \partial_{мю} час]

$D_\mu \phi=e^{ie\pi}\left[ie(\partial_\mu\pi-A_\mu)+\frac{1}{\sqrt{2}}\partial_\mu h\right]$ так что лагранжиан читается

л "=" - \frac{1}{4} Ф_{мю ν} Ф^{мю ν} + \frac{е^{2}}{2} {час}^{2} (\partial_{мю} π - А_{мю})^{2} + \frac{1}{2} (\partial_{мю} час)^{2} - \frac{м^{2}}{2} {час}^{2} .

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2(\partial_\mu\pi-A_\mu)^2+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2\,.$ Теперь, определяя новую переменную

A_{μ}^{'} = A_{μ} - \partial_{μ} π

$A_\mu^\prime=A_\mu-\partial_\mu\pi$ (что является калибровочно-инвариантной комбинацией), лагранжиан становится

л "=" - \frac{1}{4} Ф_{мю ν}^{'} Ф^{' мю ν} + \frac{е^{2}}{2} {час}^{2} А_{мю}^{' 2} + \frac{1}{2} (\partial_{мю} час)^{2} - \frac{м^{2}}{2} {час}^{2}

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F^\prime_{\mu\nu}F^{\prime \mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2 A_\mu^{\prime 2}+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2$ полностью аналогичен абелеву механизму Хиггса, за исключением того, что

h

$h$ имеет исчезающее вакуумное математическое ожидание. Теперь этот последний лагранжиан зависит от полей

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ и

h

$h$ : сколько степеней свободы есть? Ну,

h (x)

$h(x)$ определенно считается 1.

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ с другой стороны считает

3

$3$ и ни

4

$4$ (Несмотря на то

μ = 0, 1, 2, 3

$\mu=0,1,2,3$ ) ни

2

$2$ . Действительно, из уравнений движения

\partial_{μ} F^{^{'} μ ν} = - e^{2} h^{2} A^{' ν}

$\partial_\mu F^{^\prime\mu\nu}=-e^2h^2 A^{\prime \nu}$ мы видим ковариантное ограничение

\partial_{мю} (А^{' мю} {час}^{2}) "=" 0

$\partial_\mu (A^{\prime\mu} h^2)=0$ который отправляет нас из

4

$4$ к

3

$3$ . Но заметьте, что нет калибровочной инвариантности для

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ в его лагранжиане выше (т.

e^{2} h^{2} A_{μ}^{' 2}

$e^2 h^2 A_\mu^{\prime 2}$ -term нарушает его), и поэтому никакая продольная мода не может быть удалена таким образом:

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ отличается физической конфигурацией, чем, скажем,

A_{μ}^{'} - \partial_{μ} Ω

$A^\prime_\mu-\partial_\mu \Omega$ (в частности, один решает уравнение движения, а другой нет). Таким образом, на этом подсчет заканчивается, и он соответствует массивному спину-1 плюс действительный скаляр, то есть

3 + 1

$3+1$ как и ожидалось. Обратите внимание, однако, что частица со спином 1 не является массивной, и вся эта гимнастика просто искусственная, поскольку вы хотели переместиться на одну скалярную степень свободы.

π

$\pi$ внутри

A_{μ}

$A_\mu$ .

Но почему новый компонент $A_\mu$ массивный? Я нигде не вижу массового термина для этого, но мы должны сохранить количество массивных степеней свободы.
@knzhou Пожалуйста, внимательно прочитайте то, что я написал, и все подробности, которые я предоставил. Опять же, бозон со спином 1 не является массивным, хотя подсчет степеней свободы идет так же, как если бы он был массивным, поскольку калибровочная инвариантность в новых переменных ( $A_\mu^\prime$ и $h$ ) теряется, точно так же, как это происходит для массивного спина-1. Но опять же, здесь нет массивной частицы со спином 1, и число степеней свободы сохраняется, 4 .
Я не говорил, что все три компонента $A_\mu$ массивны. Дело в том, что в исходном лагранжиане явно присутствуют две массивные степени свободы, две составляющие $\phi$ . Если вы заявляете все три компонента $A_\mu$ безмассовые, то мы потеряли одну массивную степень свободы.
@knzhou Подсчет степеней свободы в начале равен 1 + 1 + 2 = 4, и после некоторых манипуляций его можно переписать как 1 + 3 = 4. Но количество и состав безмассовых и массивных частиц не меняется, какие бы манипуляции вы ни производили. В исходном лагранжиане было две безмассовые частицы со спином 0 (следовательно, 2 степени свободы) и одна безмассовая частица со спином 1 (следовательно, еще 2 степени свободы). В новом лагранжиане по-прежнему 4 степени свободы; они перемешаны в новых полях скрученным образом. Однако они соответствуют трем безмассовым частицам: двум безмассовым частицам со спином 0 и одной безмассовой частице со спином 1.
«В исходном лагранжиане было две безмассовые частицы со спином 0 (следовательно, 2 степени свободы)». Нет, $\phi$ поле имеет массу. Весь смысл моего вопроса в том, куда идут его две массивные степени свободы.
@knzhou Я думаю, вы очень запутались: это поле $\phi$ была или нет масса ничего не меняет. Массивное или безмассовое скалярное поле (или частица со спином 0) не меняет числа степеней свободы. Безмассовый пион или массивный пион имеют одинаковые степени свободы.
Я не говорю о простом подсчете степеней свободы. Я говорю о подсчете количества степеней свободы с массой. Например, стандартная КЭД имеет 2 безмассовые степени свободы (фотон) и 4 массивные степени свободы (электрон). Здесь мы начинаем с 2 безмассовых степеней свободы в $A_\mu$ и 2 огромные степени свободы в $\phi$ . Вы утверждаете, что мы получаем 3 безмассовые степени свободы в $A_\mu$ и 1 огромная степень свободы в $\phi$ . Но $3 \neq 2$ . Весь смысл моего вопроса в том, чтобы исправить это.
@knzhou Я просто говорю (ну, более того: на самом деле доказываю с помощью простой математики), что поле $A^{\prime}_\mu$ несет 3 ДОФ и поле $h(x)$ еще один. Но эта теория по-прежнему соответствует одной безмассовой *частице* со спином-1 (связанной с $A_\mu$ , не к $A_\mu^{\prime}$ ) и две массивные частицы со спином 0 (связанные с $\phi$ и $\phi^*$ , нет $h$ ). $A_\mu^{\prime}$ Поле порождает частицы двух разных спинов, безмассового спина-1 и массивного спина-0, когда они воздействуют на вакуум. Это не создание непреодолимой репутации, а скорее две и две разные маленькие группы.
Извините за повтор, но еще раз, мой вопрос в том , как $A_\mu'$ поле порождает массивную частицу со спином 0. Из лагранжиана совсем не ясно, где должен быть массовый член.
Один из массивных бозонов со спином 0 содержится в $A_\mu^\prime$ так как мы видели это $A^\prime_\mu=A_\mu-\partial_\mu\pi$ и $\pi$ содержит часть массивных скалярных степеней свободы $\phi$ и $\phi^*$ которые создают массивные частицы со спином 0. Это отношение весьма нелокально, т. $A^\prime_\mu=A_\mu-\frac{1}{2}\partial_\mu \log (\phi/\phi^*)$ , так что действие $A^\prime$ на вакууме сложно. Я не думаю, что есть простой способ описать это, не заканчивая только исходным лагранжианом, в котором все степени свободы были хорошо разделены. Но подсчет степеней свободы, который я дал вам в ответе, в порядке.
@knzhou: «Проблема в том, что в исходном лагранжиане явно есть две массивные степени свободы, две составляющие $\phi$ " На самом деле нет, тайно есть только один массивный компонент $\phi$ . Возьмите первое уравнение TwoBs в ответе и расширьте его для малых $\pi (x)$ ; ты увидишь это $\pi (x)$ не имеет массового члена. Это связано с тем, что массовый член для $\phi$ является $m^2 |\phi|^2$ , который заботится только о его абсолютном значении, а не о его фазе.
@RonakMSoni Но я буквально только что записал стандартный массовый член для сложного скалярного поля. Вы можете проверить в главе 1 любой книги по КТП, что это дает две массивные частицы.
Теперь, в странной параметризации в этом ответе, это не похоже на $\pi$ имеет массовый член, но преобразование здесь сингулярно вблизи $\phi = 0$ , так кто знает, что на самом деле происходит? Дело в том, что масса должна как-то выйти, потому что она действительно есть в любой хорошей параметризации.
@RonakMSoni, как говорит knzhou, явно существуют две массивные частицы со спином 0. «Странная» параметризация скрывает этот тривиальный факт. (Кстати, «странная» параметризация - это не что иное, как то, что на самом деле требовал ОП, когда требуется исправить датчик, взяв $\phi$ real, который на самом деле удаляет фазу на $U(1)$ калибровочное преобразование.

Qмеханик · Answer 2

Прежде чем мы сможем сравнить второй лагранжиан (2), первый лагранжиан (1) должен включать член, фиксирующий калибровку ${\cal L}_{\rm gf}$ , например ${\cal L}_{\rm gf} = \lambda~ {\rm Im}(\phi),$ где $\lambda$ является множителем Лагранжа. После интеграции $\lambda$ и ${\rm Im}(\phi)$ лагранжиан (1) становится лагранжианом (2).

Почему нам нужно рассматривать лагранжианы с фиксированной калибровкой (а не с фиксированной калибровкой), например, обсуждается в моем ответе Phys.SE здесь . .

Для обоих лагранжианов скалярное поле эффективно индуцирует массовый член для $A_{\mu}$ -поле.

$\downarrow$ Таблица 1: Реальная степень свободы лагранжианов OP.

$\begin{array}{ccc} лагранжиан & {DOF вне оболочки}^{1} & {Глубина свободы на оболочке}^{2} \\ (1) & 2 + 4 - 1 "=" 5 & 2 + 3 - 1 "=" 4 \\ (2) & 1 + 4 - 0 "=" 5 & 1 + 3 - 0 "=" 4 \end{array}$ $\begin{array}{ccc} \text{Lagrangian}& \text{Off-shell DOF}^1 & \text{On-shell DOF}^2 \cr (1)& 2+4-1=5 &2+3-1=4 \cr (2)& 1+4-0=5 &1+3-0=4 \end{array}$

$^1$ DOF вне оболочки = # (компоненты) - # (калибровочные преобразования).

$^2$ Степень свободы на оболочке = # (состояния спиральности) = (классическая степень свободы)/2, где классическая степень свободы = # (начальные условия).

Подсчет массивных степеней свободы после фиксации калибра

Кнчжоу

Кнчжоу

СлучайныйПреобразование Фурье

Кнчжоу

Ответы (2)

Двойки

Кнчжоу

Двойки

Кнчжоу

Двойки

Кнчжоу

Двойки

Кнчжоу

Двойки

Кнчжоу

Двойки

Ронак М Сони

Кнчжоу

Кнчжоу

Двойки

Qмеханик

Калибровочная фиксация произвольного поля: внешние и внутренние степени свободы

Крепление датчика и степени свободы

Лагранжиан Фаддеева-Попова

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

Крепление датчика и уравнения движения

В каких случаях оператор Баталина-Вилковиского (БВ) нильпотентен?

Необходимы разъяснения по фиксации датчика и призракам [закрыто]

Ток Нётера для лагранжиана Янга-Миллса-Хиггса

Каково ограничение на калибровочный потенциал в ковариантных калибрах?

Как доказать, что фейнмановские пропагаторы поля спина 111 U(1)U(1)U(1) эквивалентны в кулоновской калибровке и калибровке RζRζR_\zeta?