Построение идентичности Уорда, связанной с законсервированными течениями

Question

Построение идентичности Уорда, связанной с законсервированными течениями

Физика
личность подопечного
Нётер-теорема
квантовая теория поля
корреляционные функции
стресс-энергия-импульс-тензор

КАФ

Рассмотрим построение тождества Уорда, связанного с лоренц-инвариантностью. Можно найти тензор 3-го ранга $B^{\rho \mu \nu}$ антисимметричны по первым двум индексам, то тензор энергии-импульса можно сделать симметричным. После этого сохраняющийся ток, полученный в результате классического анализа, имеет вид

{Дж}^{мю ν р} "=" Т_{Б}^{мю ν} {Икс}^{р} - Т_{Б}^{мю р} {Икс}^{ν}

$j^{\mu \nu \rho} = T_B^{\mu \nu}x^{\rho} - T_B^{\mu \rho}x^{\nu}$

Это обеспечивает симметрию сохраняющегося тока, которую проще всего увидеть, прибегая к закону сохранения.

\partial_{мю} {Дж}^{мю ν р} "=" 0

$\partial_{\mu}j^{\mu \nu \rho} = 0$ и

\partial_{мю} Т_{Б}^{мю ν} "=" \partial_{мю} (Т_{С}^{мю ν} + \partial_{р} Б^{р мю ν}) "=" 0.

$\partial_{\mu}T_B^{\mu \nu} =\partial_{\mu} (T^{\mu \nu}_C + \partial_{\rho}B^{\rho \mu \nu}) = 0.$

Позволять $X$ обозначить набор $n$ поля. Тогда тождество Уорда, связанное с лоренц-инвариантностью, имеет вид

\begin{matrix} (1) & \partial_{мю} ⟨ (Т^{мю} {Икс}^{р} - Т^{мю р} {Икс}^{ν}) Икс ⟩ "=" \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) [{Икс}_{я}^{ν} \partial_{я}^{р} - {Икс}_{я}^{р} \partial_{я}^{ν} ⟨ Икс ⟩ - я С_{я}^{ν р} ⟨ Икс ⟩] . \end{matrix}

$\partial_{\mu} \langle (T^{\mu}x^{\rho} - T^{\mu \rho}x^{\nu})X\rangle = \sum_i \delta(x-x_i)\left[ x^{\nu}_i \partial^{\rho}_i - x^{\rho}_i\partial^{\nu}_i\langle X \rangle - iS^{\nu \rho}_i \langle X \rangle\right].\tag{1}$

Тогда это равно

⟨ (Т^{р ν} - Т^{ν р}) Икс ⟩ "=" - я \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С_{я}^{ν р} ⟨ Икс ⟩,

$\langle (T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = -i\sum_i \delta (x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle,$

в котором говорится, что тензор напряжений симметричен внутри корреляционных функций, за исключением положения других полей коррелятора.

Мой вопрос: как получено это последнее уравнение и утверждение?

Я думаю, что идентичность Уорда, связанная с инвариантностью перевода, используется после, возможно, разделения (1) следующим образом:

\sum_{я}^{н} {Икс}_{я}^{ν} \sum_{я}^{н} дельта (Икс - {Икс}_{я}) \partial_{я}^{р} ⟨ Икс ⟩ - \sum_{я}^{н} {Икс}_{я}^{р} \sum_{я}^{н} дельта (Икс - {Икс}_{я}) \partial_{я}^{ν} ⟨ Икс ⟩ - я \sum_{я}^{н} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С_{я}^{ν р} ⟨ Икс ⟩

$\sum_i^n x^{\nu}_i \sum_i^n \delta(x-x_i)\partial^{\rho}_i \langle X \rangle - \sum_i^n x^{\rho}_i \sum_i^n \delta(x-x_i)\partial^{\nu}_i \langle X \rangle - i\sum_i^n\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ а затем замена

\partial_{мю} ⟨ Т_{р}^{мю} Икс ⟩ "=" - \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) \frac{\partial}{\partial {Икс}_{я}^{р}} ⟨ Икс ⟩

$\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X \rangle = -\sum_i \delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$

например. Результат, который я получаю, заключается в том, что

⟨ ((\partial_{мю} Т^{мю ν}) {Икс}^{р} - (\partial_{мю} Т^{мю р}) {Икс}^{ν} + Т^{р ν} - Т^{ν р}) Икс ⟩ "=" \sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ + \sum_{я} {Икс}_{я}^{р} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю ν} Икс ⟩ - я \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С_{я}^{ν р} ⟨ Икс ⟩

$\langle ((\partial_{\mu}T^{\mu \nu})x^{\rho} - (\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} + T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = \sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle + \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ Для получения требуемого результата это означает, что, например,

\sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ "=" ⟨ (\partial_{мю} Т^{мю р}) {Икс}^{ν} Икс ⟩,

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \rho}X \rangle = \langle(\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} X \rangle,$ но почему это так? Что касается утверждения в конце, имеют ли они в виду, что при изменении положения в пространстве

x

$x$ совпадает с одной из точек, где поле

Φ_{i} \in X

$\Phi_i \in X$ принимает значение

x_{i}

$x_i$ (так

x = x_{i}

$x = x_i$ ) то правая часть стремится к бесконечности и тогда уравнение бессмысленно?

Любопытный Разум

Несколько нотационных придирок:

\partial_{i}^{μ}

$\partial_i^\mu$ обозначает

\partial^{μ}

$\partial^\mu$ относительно

x_{i}

$x_i$ , т.е. аргумент i-го поля в

X

$X$ , верно? И что такое

S_{i}^{μ ρ}

$S^{\mu\rho}_i$ ? Кроме того, только потому, что

\partial_{μ} T_{ρ}^{μ}

$\partial_\mu T^\mu_\rho$ обращается в нуль классически, это не означает, что

\partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩

$\partial_\mu\langle T^\mu_\rho X\rangle$ исчезает квантово — именно об этом говорят тождества Уорда.

КАФ

Да.

S_{i}^{ν ρ}

$S^{\nu \rho}_i$ — спиновый оператор для i-го поля. Спасибо, что прояснили это, но теперь я не уверен, что позволяет отменить первые два термина. Спасибо ACuriousMind!

Любопытный Разум

У вас есть все, что вам нужно, просто примените правило произведения к левой части

(1)

$(1)$ и используйте свою замену из последнего уравнения.

Любопытный Разум

Ну, вы всегда можете удалить их позже. Я не уверен, в чем ваша проблема сейчас: выполните правило продукта слева от

(1)

$(1)$ а справа сделайте «разделение», которое вы сделали в своем ОП. Затем используйте замену из последнего уравнения. в своем ОП и отменить условия с обеих сторон. Остается уравнение вы хотели показать.

КАФ

Я вижу, как получается lhs. Для правой у меня есть

\sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ - \sum_{я} {Икс}_{я}^{р} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю ν} Икс ⟩ - я \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С^{ν р} ⟨ Икс ⟩

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho} X\rangle - \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i \delta(x-x_i)S^{\nu \rho}\langle X \rangle$

Любопытный Разум

Да, и первые два термина — это ровно два из четырех терминов, которые вы получаете по правилу продукта на левой стороне, поэтому они отменяются, и все готово. (Если они кажутся вам не совсем одинаковыми, подумайте немного о них, и если вы этого не видите, вам, вероятно, следует задать это в другом вопросе или отредактировать этот, чтобы отразить это)

КАФ

Ясно, наверное, это был мой вопрос все это время. Я отредактировал вопрос, чтобы сделать это более понятным. Спасибо

КАФ

Были ли у вас комментарии по моему вопросу?

Любопытный Разум

У меня такое чувство , что я знаю способ решить эту проблему, но когда я набираю аргумент, он просто слабый (и, вероятно, ложный). Будьте уверены, я думаю об этом, но ничего не обещаю ;)

КАФ

Извини! Я не хотел навязывать вам это, у меня просто сложилось впечатление, что вы знали. я думаю поля

ϕ_{i}

$\phi_i$ можно рассматривать как стохастические или случайные величины, и поэтому, возможно,

x^{ρ}

$x^{\rho}$ можно вынести за пределы

⟨ . . ⟩

$\langle .. \rangle$ . Но тогда это означает, что мне нужно

\sum_{i} x_{i}^{ρ} = x^{ρ}

$\sum_i x^{\rho}_i = x^{\rho}$ , что я не думаю, что это правда. (Сумма всех позиций, в которых оцениваются поля, не составляет всего пространства).

КАФ

Привет, ACuriousMind, я забыл спросить, есть ли у вас какие-либо комментарии относительно другой части моего вопроса здесь, которая была связана с физической интерпретацией RHS идентичностей подопечных. Почему это когда

x \neq x_{i}

$x \neq x_i$ , мы восстановим классические результаты? И каково было бы физическое объяснение расходимости, когда

x

$x$ совпадает с

x_{i}

$x_i$ ? Большое спасибо.

масрок

Ваше последнее уравнение в вашем вопросе неверно. Однако, когда

δ (x - x_{i})

$\delta(x-x_i)$ добавляется в суммирование по левой стороне, оно будет правильным, т.к.

δ (x - x_{i}) x_{i}^{μ} = δ (x - x_{i}) x^{μ}

$\delta(x-x_i)x_i^{\mu} =\delta(x-x_i)x^{\mu}$

Ответы (1)

Построение идентичности Уорда, связанной с законсервированными течениями

Несколько нотационных придирок: $\partial_i^\mu$ обозначает $\partial^\mu$ относительно $x_i$ , т.е. аргумент i-го поля в $X$ , верно? И что такое $S^{\mu\rho}_i$ ? Кроме того, только потому, что $\partial_\mu T^\mu_\rho$ обращается в нуль классически, это не означает, что $\partial_\mu\langle T^\mu_\rho X\rangle$ исчезает квантово — именно об этом говорят тождества Уорда.
Да. $S^{\nu \rho}_i$ — спиновый оператор для i-го поля. Спасибо, что прояснили это, но теперь я не уверен, что позволяет отменить первые два термина. Спасибо ACuriousMind!
У вас есть все, что вам нужно, просто примените правило произведения к левой части $(1)$ и используйте свою замену из последнего уравнения.
Ну, вы всегда можете удалить их позже. Я не уверен, в чем ваша проблема сейчас: выполните правило продукта слева от $(1)$ а справа сделайте «разделение», которое вы сделали в своем ОП. Затем используйте замену из последнего уравнения. в своем ОП и отменить условия с обеих сторон. Остается уравнение вы хотели показать.
Я вижу, как получается lhs. Для правой у меня есть $\sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ - \sum_{я} {Икс}_{я}^{р} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю ν} Икс ⟩ - я \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С^{ν р} ⟨ Икс ⟩$ $\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho} X\rangle - \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i \delta(x-x_i)S^{\nu \rho}\langle X \rangle$
Да, и первые два термина — это ровно два из четырех терминов, которые вы получаете по правилу продукта на левой стороне, поэтому они отменяются, и все готово. (Если они кажутся вам не совсем одинаковыми, подумайте немного о них, и если вы этого не видите, вам, вероятно, следует задать это в другом вопросе или отредактировать этот, чтобы отразить это)
Ясно, наверное, это был мой вопрос все это время. Я отредактировал вопрос, чтобы сделать это более понятным. Спасибо
Были ли у вас комментарии по моему вопросу?
У меня такое чувство , что я знаю способ решить эту проблему, но когда я набираю аргумент, он просто слабый (и, вероятно, ложный). Будьте уверены, я думаю об этом, но ничего не обещаю ;)
Извини! Я не хотел навязывать вам это, у меня просто сложилось впечатление, что вы знали. я думаю поля $\phi_i$ можно рассматривать как стохастические или случайные величины, и поэтому, возможно, $x^{\rho}$ можно вынести за пределы $\langle .. \rangle$ . Но тогда это означает, что мне нужно $\sum_i x^{\rho}_i = x^{\rho}$ , что я не думаю, что это правда. (Сумма всех позиций, в которых оцениваются поля, не составляет всего пространства).
Привет, ACuriousMind, я забыл спросить, есть ли у вас какие-либо комментарии относительно другой части моего вопроса здесь, которая была связана с физической интерпретацией RHS идентичностей подопечных. Почему это когда $x \neq x_i$ , мы восстановим классические результаты? И каково было бы физическое объяснение расходимости, когда $x$ совпадает с $x_i$ ? Большое спасибо.
Ваше последнее уравнение в вашем вопросе неверно. Однако, когда $\delta(x-x_i)$ добавляется в суммирование по левой стороне, оно будет правильным, т.к. $\delta(x-x_i)x_i^{\mu} =\delta(x-x_i)x^{\mu}$

Ногейра · Answer 1

Этот шаг неверен:

⟨ ((\partial_{мю} Т^{мю ν}) {Икс}^{р} - (\partial_{мю} Т^{мю р}) {Икс}^{ν} + Т^{р ν} - Т^{ν р}) Икс ⟩ "=" \sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ + \sum_{я} {Икс}_{я}^{р} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю ν} Икс ⟩ - я \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) С_{я}^{ν р} ⟨ Икс ⟩

$\langle ((\partial_{\mu}T^{\mu \nu})x^{\rho} - (\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} + T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = \sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle + \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ потому что

\sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \partial_{мю} ⟨ Т^{мю р} Икс ⟩ \neq \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) {Икс}_{я}^{ν} \partial_{я}^{р} ⟨ Икс ⟩,

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle\neq \sum_i \delta(x-x_i) x^{\nu}_i \partial_i^{\rho}\langle X \rangle ,$ и разделение тоже неправильное

\sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) {Икс}_{я}^{ν} \partial_{я}^{р} ⟨ Икс ⟩ \neq \sum_{я} {Икс}_{я}^{ν} \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) \partial_{я}^{р} ⟨ Икс ⟩ .

$\sum_i \delta(x-x_i) x^{\nu}_i \partial_i^{\rho}\langle X \rangle \neq\sum_i x^{\nu}_i\sum_i \delta(x-x_i) \partial_i^{\rho}\langle X \rangle .$ Правильный способ продолжить здесь - отметить, что распределение

\partial_{мю} ⟨ Т_{р}^{мю} Икс ⟩ "=" - \sum_{я} дельта (Икс - {Икс}_{я}) \frac{\partial}{\partial {Икс}_{я}^{р}} ⟨ Икс ⟩

$\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X \rangle = -\sum_i \delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ воздействуя на тестовую функцию

g (x)

$g(x)$ , при составлении с другой функцией

f (x)

$f (x)$ , дает:

\int г (Икс) ф (Икс) \partial_{мю} ⟨ Т_{р}^{мю} Икс ⟩ "=" - \int г (Икс) \sum_{я} ф ({Икс}_{я}) дельта (Икс - {Икс}_{я}) \frac{\partial}{\partial {Икс}_{я}^{р}} ⟨ Икс ⟩

$\int g (x)f (x)\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X\rangle= - \int g (x)\sum_i f (x_i)\delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ в смысле распределения имеем равенство:

ф (Икс) \partial_{мю} ⟨ Т_{р}^{мю} Икс ⟩ "=" - \sum_{я} ф ({Икс}_{я}) дельта (Икс - {Икс}_{я}) \frac{\partial}{\partial {Икс}_{я}^{р}} ⟨ Икс ⟩

$f (x)\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X\rangle=-\sum_i f (x_i)\delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ В вашем случае функция

f (x)

$f(x)$ который составляет с вами дистрибутив

x^{ρ}

$x^{\rho}$ и

x^{ν}

$x^{\nu}$ . Обратите внимание, что

x^{μ}

$x^{\mu}$ является c-числом и может выйти за пределы ожидаемого значения. Теперь в ур. 1 члены на левой стороне, порожденные производной, действующей только на

⟨ T^{μ ν} X ⟩

$\langle T^{\mu\nu}X\rangle$ отменяет первые два члена в правой части, потому что они являются одним и тем же распределением .

Теперь у вас есть это $\langle T^{\mu\nu}(x) X\rangle$ симметричен, если $X$ нет полей в $x$ . Это означает, что как оператор $T^{\mu\nu}$ симметричен.

Построение идентичности Уорда, связанной с законсервированными течениями

КАФ

Любопытный Разум

КАФ

Любопытный Разум

Любопытный Разум

КАФ

Любопытный Разум

КАФ

КАФ

Любопытный Разум

КАФ

КАФ

масрок

Ответы (1)

Ногейра

Бесследовость тензора энергии-импульса в d=2d=2d=2

Корреляционные функции и связь с тождествами подопечных

Коррелятор тензора энергии-импульса и ОПЭ

Почему я могу заменить калибровочное поле AμAμA^{\mu} текущим jμjμj^{\mu}, с которым оно связано при вычислении функции Грина?

Вывод импульса в КТП - из тензора энергии-импульса [закрыто]

Большой предел ccc и связанные корреляционные функции в 2d2d2d QFT

Почему корреляционная функция тензора энергии-импульса обращается в нуль подобно z−4z−4z^{-4} в двумерной КТП?

Какой смысл вводить производящий функционал в слагаемые разложения S-матрицы?

Фактор симметрии по теореме Вика

Неоднозначность в бета-функциях (2 цикла)