Спонтанное нарушение симметрии двумя скалярными мультиплетами

Нет, ваше «подписка» не соответствует действительности. Вместо этого вы написали SB-лагранжев инвариант относительно O(N)×O(N) (⊂ O(2N) ), за исключением члена λ , который инвариантен только относительно своей диагональной подгруппы O(N) .

N φ s и N ε s укладываются в 2 N - вектор,$(\vec{\phi},\vec{\epsilon})$, поэтому симметрия начинается как O (2N), но член g инвариантен только относительно своей подгруппы O (N) × O (N). Индексы φ s и ε s не должны знать друг о друге, за исключением λ термин, соединяющий их вместе: подумайте о синхронном плавании. Таким образом, член λ инвариантен относительно O(N) , а не O(N)×O(N) .

Чтобы избежать путаницы, выберите N = 3, то есть шесть реальных скалярных полей. Отобразите O(6) -инвариантную часть, которую член g ограничивает до O(3)×O(3) , и, наконец, член λ до O(3) . Теперь изучите встроенный SSB — это популярная проблема, которую я иногда задаю.

Ключ всегда находится в массовой матрице Голдстоуна 2N × 2N. $\langle \delta_i \delta_j V \rangle$и, в частности, его ядро , состоящее из нулевых собственных векторов.

Теперь упростим алгебру, определив

$$\frac{-2m^2}{g} \equiv v^2 ,$$ так что положительная общая шкала потенциала, g /8, может быть безопасно опущена. Далее сдвигая потенциал на безобидные постоянные члены, чтобы преобразовать его в сумму квадратов, получим $$V=(\vec{\phi}^2 - v^2)^2+(\vec{\epsilon}^2 -v^2)^2+ \frac{4\lambda}{g} (\vec{\phi}\cdot\vec{\epsilon})^2.$$

Очевидно, что при λ = 0 это два стандартных потенциала гиперсомбреро Голдстоуна, наложенные друг на друга, так что их минимумы находятся при$\langle \vec{\phi}^2 \rangle= \langle \vec{\epsilon}^2 \rangle= v^2$.

Естественно,$\langle \vec{\phi} \rangle$может выбрать любую ориентацию в нижней части своей гиперповерхности сомбреро, и$\langle \vec{\epsilon} \rangle$массив, вообще другой, по-своему; так что группа SSBразбита до O(N-1)×O(N-1) . Ваша массовая матрица Голдстоуна 2N × 2N будет иметь 2 (N-1) нулевых векторов, поэтому голдстоны. При N = 3 вы получаете 4 голдстона.

---

Однако для λ ≠ 0 симметрия равна только O(N) , как указано.

При λ > 0 из потенциальной суммы положительных квадратов видно, что

$$\langle \vec{\phi}^2 \rangle=v^2;\qquad \langle \vec{\epsilon}^2 \rangle=v^2; \qquad\langle \vec{\phi} \cdot \vec{\epsilon}\rangle =0~.$$ То есть вакуумные ориентации $\vec{\phi}$и $\vec{\epsilon}$должны быть ортогональны. Влог, возьми $\langle \phi_1 \rangle=v =\langle \epsilon_2 \rangle$. Выживающая инвариантность тогда составляет только O(N-2) и голдстонов 2N-3 , поэтому 3 для N = 3 - вы можете увидеть это в своей матрице Голдстоуна? (Подсказка: подтвердить только $\phi_1, \epsilon_2$ и $\phi_2+\epsilon_1$массивны для всех N .)

---

График сгущается при 0 > λ > -g / 2. Теперь член λ вынужден расти , а не уменьшаться, и при равенстве величин (продиктованных другими членами) стремится выровняться$\langle \vec{\phi} \rangle$с$\langle \vec{\epsilon} \rangle$, тогда$\langle \vec{\phi} \rangle=\langle \vec{\epsilon} \rangle$.

В частности, рассмотрим первый вариант, который, по-видимому, поставил вас в тупик в первую очередь (напомним, что стационарность требуется для каждой компоненты полей, а не только для величин их групповых векторов!),

$$\langle \frac{\delta V}{\delta\vec{\phi}} \rangle = \langle \frac{\delta V}{\delta\vec{\epsilon}} \rangle =0,$$ и поэтому $$0=-v^2\vec{\phi}+(\vec{\phi}\cdot\vec{\phi})\vec{\phi} +\frac{2\lambda}{g} (\vec{\phi}\cdot\vec{\epsilon})\vec{\epsilon} \\ 0=-v^2\vec{\epsilon}+(\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon})\vec{\epsilon}+ \frac{2\lambda}{g} (\vec{\epsilon}\cdot \vec{\phi})\vec{\phi}.$$ Очевидно, что $\vec{\epsilon}\propto \vec{\phi}$, поэтому определите $\vec{\epsilon}\equiv a \vec{\phi}$для действительного ненулевого a . Затем экстремальные условия сводятся к $$v^2=\langle \vec{\phi}\cdot \vec{\phi} \rangle \left(1+ \frac{2\lambda}{g} a^2\right); \qquad v^2=\langle \vec{\phi}\cdot \vec{\phi} \rangle \left(a^2+ \frac{2\lambda}{g}\right),$$ Итак, тогда, $a^2=1$, вспоминая условие $\frac{2\lambda}{g}+1>0$.

Возьмем a = 1, идеальное выравнивание$\langle \vec{\phi} \rangle$с$\langle \vec{\epsilon} \rangle$, и$\langle \vec{\phi}^2 \rangle=\langle \vec{\epsilon}^2 \rangle=v^2/(1+2\lambda/g)$. Затем у вас есть неразрывная остаточная подгруппа O(N-1) , так что теперь только N-1 голдстонов, 2 для N = 3. Наблюдайте неограниченное увеличение vevs при уменьшении отрицательного значения λ .

Учитывая это выравнивание, вы можете вернуться к потенциалу и проследить, как λ <-g /2 , за пределами бледности, подавляет члены в потенциалах Сомбреро и переворачивает их, дестабилизируя их, тем самым предотвращая SSB, помимо других бедствий.