Связь напряженности поля Янга-Миллса с тензором Максвелла в калибровочной теории SU(2)SU(2)SU(2)

Question

Связь напряженности поля Янга-Миллса с тензором Максвелла в калибровочной теории SU(2)SU(2)SU(2)

Физика
Ян-Миллс
теория поля
калибровочная теория
нарушение симметрии

Отин

Я изучаю топологические монополи в $SU(2)$ Теория Янга-Миллса со спонтанным нарушением симметрии в книге «Топологические солитоны» Мэнтона и Сатклиффа. В разделе 8.2 авторы связывают тензор напряженности поля Янга-Миллса с тензором поля Максвелла. Первое записывается в этом представлении как:

Ф_{мю ν} "=" \partial_{мю} А_{ν} - \partial_{ν} А_{мю} + [А_{мю}, А_{ν}],

$F_{\mu\nu}=\partial_{\mu}A_{\nu} - \partial_{\nu}A_{\mu} + [A_{\mu},A_{\nu}],$ где

A_{μ} = A_{μ}^{a} T^{a}

$A_{\mu}=A_{\mu}^{a}T^a$ ,

T^{a} \equiv i σ^{a}

$T^{a}\equiv i\sigma^a$ являющиеся генераторами

s u (2)

$su(2)$ алгебра. Ковариантная производная действует на поле Хиггса

Φ = Φ^{a} T^{a}

$\Phi=\Phi^aT^a$ в соответствии с

Д_{мю} Φ "=" \partial_{мю} Φ + [А_{мю}, Φ] .

$D_{\mu}\Phi= \partial_{\mu}\Phi + [A_{\mu},\Phi].$ Теперь рассмотрим область пространства-времени, где можно написать

Φ = h \hat{Φ}

$\Phi=h\hat{\Phi}$ , где

| Φ |^{2} \equiv - \frac{1}{2} T r Φ^{2} = 1

$|\Phi|^2\equiv-\frac{1}{2}\rm{Tr}\Phi^2=1$ и

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ . Тензор поля Максвелла определяется соотношением

f_{μ ν} = - \frac{1}{2} T r (F_{μ ν} \hat{Φ})

$f_{\mu\nu}=-\frac{1}{2}\rm{Tr}(F_{\mu\nu}\hat{\Phi})$ . Итак, чтобы найти его, мне нужно решить

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ для калибровочного потенциала и подставить результат в определение

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ . Я должен найти:

А_{мю} "=" \frac{1}{4} [\partial_{мю} \hat{Φ}, Φ] + а_{мю} \hat{Φ},

$A_{\mu}=\frac{1}{4}[\partial_{\mu}\hat{\Phi},\Phi] + a_{\mu}\hat{\Phi},$ где

a_{μ}

$a_{\mu}$ является гладкой функцией, и

Ф_{мю ν} "=" (\frac{1}{8} Т р ([\partial_{мю} \hat{Φ}, \partial_{ν} \hat{Φ}] \hat{Φ}) + \partial_{мю} а_{ν} - \partial_{ν} а_{ν}) \hat{Φ} .

$F_{\mu\nu}=\left(\frac{1}{8}\rm{Tr}([\partial_{\mu}\hat{\Phi},\partial_{\nu}\hat{\Phi}]\hat{\Phi}) + \partial_{\mu}a_{\nu} - \partial_{\nu}a_{\nu} \right)\hat{\Phi}.$

Я не смог найти решение для $A_\mu$ , и я не мог найти эту форму для $f_{\mu\nu}$ путем подстановки правильного результата и алгебраических манипуляций, даже если это должно быть прямолинейно. Я хотел бы некоторые с этими манипуляциями, если это возможно. Кроме того, в качестве второстепенного вопроса, я был бы рад, если бы кто-нибудь мог объяснить, что такое условие $D_{\mu}\hat{\Phi}$ означает , например, почему оно должно выполняться в других областях, кроме вакуума?

Давид Бар Моше

Извините, что не опубликовал полный ответ, обратите внимание на это

\hat{Φ} B \hat{Φ} = T r (\hat{Φ} B) \hat{Φ}

$\hat{\Phi} B \hat{\Phi} = \mathrm{Tr}( \hat{\Phi} B ) \hat{\Phi}$ для любой присоединенной величины

B = \sum_{a = 1}^{3} B^{a} t_{a}

$B=\sum_{a=1}^3 B^a t_a$ , (например, калибровочный потенциал). Что касается вашего второго вопроса, см., пожалуйста, замечание Мэнтона и Сатклиффа после уравнения (8.70), где они объясняют, что это решение асимптотически верно в области вне ядра монополя, где калибровочное поле абелианизируется.

Отин

Ну а насчет второй части... это правда, но

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ является более слабым состоянием. Результаты должны быть верны даже внутри ядра, так что интерпретация магнитного поля как

b_{i} = - \frac{1}{2} ϵ_{i j k} f_{j k}

$b_i=-\frac{1}{2}\epsilon_{ijk}f_{jk}$ по-прежнему выполняется (в том смысле, что интерпретация остается действительной). Кроме того, вне ядра мы могли бы просто использовать более сильное условие

D_{μ} Φ = 0

$D_{\mu}\Phi=0$ , которое должно выполняться вдали от начала координат.

Субханил Лахири

Я не знаю той книги, но это в случае с монополем БПС? У вас тоже есть уравнение Богомольного,

\vec{D} Φ = \vec{B}

$\vec{D}\Phi = \vec{B}$ ?

Отин

Ну, здесь не предполагается решение BPS, это общий случай.

Ответы (1)

Связь напряженности поля Янга-Миллса с тензором Максвелла в калибровочной теории SU(2)SU(2)SU(2)

Извините, что не опубликовал полный ответ, обратите внимание на это $\hat{\Phi} B \hat{\Phi} = \mathrm{Tr}( \hat{\Phi} B ) \hat{\Phi}$ для любой присоединенной величины $B=\sum_{a=1}^3 B^a t_a$ , (например, калибровочный потенциал). Что касается вашего второго вопроса, см., пожалуйста, замечание Мэнтона и Сатклиффа после уравнения (8.70), где они объясняют, что это решение асимптотически верно в области вне ядра монополя, где калибровочное поле абелианизируется.
Ну а насчет второй части... это правда, но $D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ является более слабым состоянием. Результаты должны быть верны даже внутри ядра, так что интерпретация магнитного поля как $b_i=-\frac{1}{2}\epsilon_{ijk}f_{jk}$ по-прежнему выполняется (в том смысле, что интерпретация остается действительной). Кроме того, вне ядра мы могли бы просто использовать более сильное условие $D_{\mu}\Phi=0$ , которое должно выполняться вдали от начала координат.
Я не знаю той книги, но это в случае с монополем БПС? У вас тоже есть уравнение Богомольного, $\vec{D}\Phi = \vec{B}$ ?
Ну, здесь не предполагается решение BPS, это общий случай.

Субханил Лахири · Answer 1

Сначала нам нужны некоторые тождества, используя соглашения для $su(2)$ из вопроса:

\begin{aligned} [[А, Б], С] & "=" 2 А Т р (Б С) - 2 Б Т р (А С), \\ [[А, Б], [С, Д]] & "=" 2 А Т р (С [Д, Б]) - 2 Б Т р ([А, С] Д) . \end{aligned}

$\begin{align} [[A,B],C] &= 2A\ \mathrm{Tr}(BC) - 2B\ \mathrm{Tr}(AC), \\ [[A,B],[C,D]] &= 2A\ \mathrm{Tr}(C[D,B]) - 2B\ \mathrm{Tr}([A,C]D). \end{align}$

Если взять производную от $\mathrm{Tr}(\hat{\Phi}^2) = -2$ , мы находим, что $\mathrm{Tr}(\hat{\Phi}\ \partial_\mu\hat{\Phi}) = 0$ . Используя первое тождество, находим:

\begin{aligned} [[\partial_{мю} \hat{Φ}, \partial_{ν} \hat{Φ}], \hat{Φ}] "=" 0 ⟹ [\partial_{мю} \hat{Φ}, \partial_{ν} \hat{Φ}] & \propto \hat{Φ} \\ ⟹ [\partial_{мю} \hat{Φ}, \partial_{ν} \hat{Φ}] & "=" - \frac{1}{2} Т р ([\partial_{мю} \hat{Φ}, \partial_{ν} \hat{Φ}] \hat{Φ}) \hat{Φ}, \end{aligned}

$\begin{align} [[\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}], \hat{\Phi}] = 0 \implies [\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] &\propto \hat{\Phi} \\ \implies [\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] &= - \frac{1}{2} \mathrm{Tr}([\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] \hat{\Phi}) \ \hat{\Phi}, \end{align}$

где константа пропорциональности определяется сравнением с $\hat{\Phi}$ .

Теперь возьмем коммутатор $D_\mu \hat{\Phi} = 0$ с $\hat{\Phi}$ :

\begin{aligned} [\partial_{мю} \hat{Φ}, \hat{Φ}] & "=" - [[А_{мю}, \hat{Φ}], \hat{Φ}] \\ "=" - 2 А_{мю} Т р ({\hat{Φ}}^{2}) + 2 \hat{Φ} Т р (А_{мю} \hat{Φ}) \\ "=" 4 А_{мю} + 2 \hat{Φ} Т р (А_{мю} \hat{Φ}) . \end{aligned}

$\begin{align} [\partial_\mu \hat{\Phi}, \hat{\Phi}] &= - [[A_\mu, \hat{\Phi}], \hat{\Phi}] \\ &= -2 A_\mu\ \mathrm{Tr}(\hat{\Phi}^2) + 2\hat{\Phi}\ \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi}) \\ &= 4 A_\mu + 2 \hat{\Phi}\ \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi}). \end{align}$

Если мы определим $a_\mu = -\frac{1}{2} \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi})$ мы получаем выражение для $A_\mu$ в вопросе. Вывод $F_{\mu\nu}$ очень похоже, поэтому я не буду писать это здесь, если кто-то не спросит.

Что касается $D_\mu \hat{\Phi} = 0$ , обратите внимание, что $U(1)$ неразрушенный бозоном Хиггса $U = \exp(i\alpha \hat{\Phi})$ . Чтобы оставить это нерушимым, $F_{\mu\nu}$ также должны быть пропорциональны $\hat{\Phi}$ . Уравнение Богомольного, $\vec{D}\Phi=\vec{B}$ , становится

\vec{\nabla} час \hat{Φ} + час \vec{Д} \hat{Φ} "=" \vec{б} \hat{Φ} .

$\vec{\nabla}h\ \hat{\Phi} + h \ \vec{D}\hat{\Phi} = \vec{b} \ \hat{\Phi}.$

Если мы проследим это против $\hat{\Phi}$ , мы находим, что $\vec{\nabla}h = \vec{b}$ . Замена обратно дает $\vec{D}\hat{\Phi} = 0$ .

Редактировать: в случае без BPS мы можем применить те же приемы к уравнению движения для $F_{\mu\nu}$ найти $h^2 [D_\mu \hat{\Phi}, \hat{\Phi}] \propto f_\mu{}^\nu D_\nu \hat{\Phi}$ . Если мы возьмем коммутатор с $\hat{\Phi}$ и проследить против $D^\mu \hat{\Phi}$ мы нашли $\lvert D\hat{\Phi} \rvert^2 = 0$ . Временная компонента исчезает для статического решения, поэтому исчезают и пространственные компоненты.

Спасибо, это очень помогло. Я думаю, что я почти достиг цели, но остается срок, пропорциональный $[\hat{\Phi}a_{\mu},[\partial_{\nu}\hat{\Phi},\hat{\Phi}]]$ и один с перестановкой μ,ν при вычислении Fμν. Не уверен, почему они должны исчезнуть
Если вы потянете $a_{\mu}$ из коммутатора и используя первое тождество, вы получаете что-то пропорциональное $(\partial_{[\mu} \hat{\Phi}) a_{\nu]}$ . Это отменяется со сроком от $\partial_{[\mu}(a_{\nu]} \hat{\Phi})$ .
Спасибо, я забыл дифференцировать единичный вектор в $a_{\nu}\hat{\Phi}$ условия, поэтому я не мог получить отмену. Теперь это работает.

Связь напряженности поля Янга-Миллса с тензором Максвелла в калибровочной теории SU(2)SU(2)SU(2)

Отин

Давид Бар Моше

Отин

Субханил Лахири

Отин

Ответы (1)

Субханил Лахири

Отин

Субханил Лахири

Отин

Есть ли хорошая идея, откуда берутся неабелевы калибровочные симметрии?

Что означают термины «ветвь Хиггса» и «кулоновская ветвь» за пределами исходной теории N=2N=2\mathcal{N}=2 4D SYM?

Форма SU(N)SU(N)SU(N) калибровочных преобразований в SU(N)SU(N)SU(N) теории Янга-Миллса

Существует ли 4D N=3N=3{\cal N} = 3 суперсимметрия?

Определяет ли калибровочная группа GGG главное GGG-расслоение?

Доказательство того, что всегда можно найти такое калибровочное преобразование, что A0=0A0=0A_0=0?

Интерпретация тензора напряженности поля в теории Янга-Миллса

Кубический член в калибровочных теориях

Потенциал Янга-Миллса и основные расслоения

Выбор крепления манометра для поля манометра A0A0A_0