Вызывает ли электромагнитное калибровочное преобразование U(1)U(1)U(1) преобразование поля?

Question

Вызывает ли электромагнитное калибровочное преобразование U(1)U(1)U(1) преобразование поля?

причудливыйкварк

Для свободного комплексного скалярного лагранжиана

л "=" \partial_{мю} ф \partial^{мю} ф^{†} - м^{2} ф ф^{†}

$\mathscr{L}=\partial_\mu \phi\partial^\mu\phi^{\dagger}-m^2 \phi \phi^{\dagger}$ если мы хотим, чтобы оно было инвариантным относительно преобразования вида

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ мы можем ввести оператор

Д_{мю} "=" \partial_{мю} - я д \partial_{мю} (α (Икс))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ Это сделало бы лагранжев инвариант при упомянутом

U (1)

$U(1)$ трансформация. Если ввести свободное электромагнитное поле, то

л_{Е М} "=" - \frac{1}{4} Ф^{мю ν} Ф_{мю ν}

$\mathscr{L}_{EM}=-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$ сама инвариантна относительно электромагнитного калибровочного преобразования

A_{μ} \to A_{μ} + \partial_{μ} Λ

$A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ . Тогда почему определения ковариантной производной включают коэффициент электромагнитной калибровки как

Д_{мю} "=" \partial_{мю} + я д А_{мю}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ Я имею в виду, вызывает ли преобразование электромагнитной калибровки

U (1)

$U(1)$ каким-то образом сложное скалярное калибровочное преобразование поля? Являются

α (x)

$\alpha(x)$ и

Λ

$\Lambda$ как-то связаны или мы можем применить их как два отдельных преобразования для свободных полей? Обеспечивает ли включение условий взаимодействия какую-либо связь между двумя, казалось бы, разными калибровочными преобразованиями?

Нихар Карве

Что "

D_{μ} = \partial_{μ} - i q \partial_{μ} (α (x))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " должен делать?

причудливыйкварк

@NiharKarve Предполагается сохранить лагранжиан

L

$\mathscr{L}$ инвариант при преобразовании

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . В частности, первое слагаемое, включающее производные поля.

Ответы (5)

Вызывает ли электромагнитное калибровочное преобразование U(1)U(1)U(1) преобразование поля?

Что " $D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " должен делать?
@NiharKarve Предполагается сохранить лагранжиан $\mathscr{L}$ инвариант при преобразовании $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . В частности, первое слагаемое, включающее производные поля.

РастворимаяРыба · Answer 1

Как отметил @Nihbar Karve в комментариях, формула $D_\mu = \partial_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ не имеет смысла, так как $\alpha$ появляется только тогда, когда вы выполняете преобразование.

Начиная с исходного лагранжиана, мы видим, что кинетический член не является калибровочно-инвариантным. Мы хотим ввести новую производную $D_\mu$ которое может быть калибровочно-инвариантным. С $\partial_\mu$ и $D_\mu$ являются производными (удовлетворяют правилу Лейбница), мы можем вывести, что они отличаются только на $4$ -вектор $A_\mu$ , то есть:

Д_{мю} "=" \partial_{мю} + я д А_{мю}

$D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu$

(где $i\alpha$ произвольно, но многое меняет).

Для $D_\mu$ чтобы быть калибровочно-инвариантным, нам нужно преобразовать его как:

Д_{мю} ⟶ Д_{мю} - я д \partial_{мю} α

$D_\mu \longrightarrow D_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ Это имеет место тогда и только тогда, когда

A_{μ}

$A_\mu$ трансформируется как:

А_{мю} ⟶ А_{мю} - \partial_{мю} α

$A_\mu\longrightarrow A_\mu - \partial_\mu\alpha$

Какой лагранжиан мы тогда выберем для калибровочного поля $A_\mu$ в этот момент является произвольным, хотя $\mathcal L_{EM}$ является простейшим нетривиальным.

Золото · Answer 2

Сначала мы должны прояснить, что мы подразумеваем под словом «индуцировать». Поля $A_\mu$ и $\phi$ являются независимыми полями. В этом смысле нет способа преобразовать $A_\mu$ автоматически преобразует $\phi$ как побочный продукт. Если вы спросите о «индуцировании трансформации» в этом смысле, ответ будет отрицательным. Но если мы понимаем «индуцировать» в том смысле, что данное преобразование $A_\mu$ или $\phi$ мы можем узнать, как другой должен трансформироваться, чтобы действие оставалось неизменным, тогда ответ будет утвердительным, и есть две взаимодополняющие точки зрения.

Обычно начинают со свободного скалярного действия, замечают, что оно инвариантно относительно $\phi\mapsto e^{iq\alpha}\phi$ когда $\alpha$ постоянна, и когда $\partial_\mu\alpha\neq0$ это уже не инвариант. Вы замечаете, что все дело в производной. Если вы можете создать новый производный оператор $D_\mu$ такой, что $D_\mu \phi\mapsto e^{iq\alpha} D_\mu \phi$ даже когда $\alpha$ не константа, те же аргументы для константы $\alpha$ случай привел бы вас к инвариантности относительно локальной симметрии.

Вы то такое пишете $D_\mu$ с точки зрения нового поля $A_\mu$ и глядя на трансформацию действия угадай как $A_\mu$ должен преобразовать, чтобы дать вам желаемое свойство $D_\mu$ . Позже вы вводите кинетический член для $A_\mu$ поле, которое, очевидно, не может нарушить симметрию, над обеспечением которой вы работали все это время. Учитывая преобразование $A_\mu$ самый простой кинетический член - член Максвелла.

Это обоснование этой обычной истории о том, что «мы хотим сделать симметрию локальной». Во всяком случае, вы могли бы сказать, что преобразование $\phi$ "индуцированный" тот из $A_\mu$ где под «индуцированным» мы должны подразумевать, что оно сообщает, как $A_\mu$ должны преобразовываться, если мы хотим, чтобы действие было инвариантным.

Дополнительная точка зрения предложена Вайнбергом в «Квантовой теории полей». Обычно мы хотим закодировать операторы рождения и уничтожения релятивистских частиц в релятивистских полях, чтобы легко построить взаимодействия с соблюдением лоренцевской симметрии. Тем не менее, если вы попытаетесь закодировать операторы рождения и уничтожения фотонов в векторном поле $A_\mu$ мы обнаруживаем, что это не работает. Поле $A_\mu$ не преобразуется правильно как векторное поле. Скорее оно преобразуется как векторное поле с точностью до калибровочного преобразования .

Решение состоит в том, чтобы потребовать, чтобы действие было инвариантным относительно $A_\mu \mapsto A_\mu + \partial_\mu \alpha$ так что для всех целей $A_\mu$ преобразуется как вектор. Следующий вопрос будет о взаимодействиях. Вайнберг утверждает, что взаимодействия должны иметь вид $A_\mu J^\mu$ где $\partial_\mu J^\mu=0$ . Потом вспоминает, как получить такой $J^\mu$ , и это было бы при рассмотрении полей материи, действие которых демонстрирует ${\rm U}(1)$ симметрия. В этом случае можно сказать, что преобразование $A_\mu$ , появившиеся в результате изучения встраивания фотонов в векторные поля, индуцируют ${\rm U}(1)$ преобразование полей материи.

причудливыйкварк · Answer 3

Из ответа @SolubleFish и обсуждения с @NiharKarve я пришел к следующему выводу по своему вопросу. Во-первых, предложенное мною определение ковариантной производной не имеет смысла, так как в определении мы используем произвольную функцию $\alpha(x)$ который я беру из калибровочного преобразования комплексного скалярного поля и, следовательно, не может использоваться в определении ковариантной производной, как указывает @SolubleFish.

Наконец, согласно данному определению,

Д_{мю} "=" \partial_{мю} + я д А_{мю}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ может возникнуть три случая:

Введем калибровочное преобразование $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ , производный член действует как
$Д_{мю} (е^{я д α (Икс)} ф) "=" е^{я д α (Икс)} [\partial_{мю} ф + я д ф (\partial_{мю} α (Икс) + А_{мю})]$ $\mathcal{D}_\mu(e^{iq\alpha(x)}\phi)=e^{iq\alpha(x)}[\partial_\mu \phi+iq\phi(\partial_\mu \alpha(x)+A_\mu)]$ Это равно $e^{iq\alpha(x)}\mathcal{D_\mu}\phi$ исходя из того, что мы поглощаем $\partial_\mu\alpha(x)$ фактор как калибровочное преобразование $A_\mu$ . Таким образом, чтобы сохранить полный лагранжиан ( $\mathscr{L+L}_{EM}$ ) инвариант.
При калибровочном преобразовании векторного потенциала $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , мы знаем, что электромагнитный член будет инвариантным. Ковариантный производный член становится
$Д_{мю} ф "=" \partial_{мю} ф + я д А_{мю} ф + я д \partial_{мю} Λ ф$ $\mathcal{D_\mu}\phi=\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi$ Умножая обе части на $e^{iq\Lambda(x)}$ , мы получаем $е^{я д Λ (Икс)} Д_{мю} ф "=" е^{я д Λ (Икс)} [\partial_{мю} ф + я д А_{мю} ф + я д \partial_{мю} Λ ф] "=" Д_{мю} (е^{я д Λ (Икс)} ф)$ $e^{iq\Lambda(x)}\mathcal{D_\mu}\phi=e^{iq\Lambda(x)}[\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi]=\mathcal{D_\mu(e^{iq\Lambda(x)}\phi)}$ Следовательно, чтобы сохранить инвариантность полного лагранжиана, калибровочное преобразование векторного потенциала заставляет нас сделать замену комплексного скалярного поля через $U(1)$ калибровочный фактор.
Когда мы делаем оба калибровочных преобразования, $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , чтобы сохранить инвариантность полного лагранжиана, мы должны поглотить изменение комплексного скалярного поля в векторный потенциал и наоборот, что приводит к полному калибровочному преобразованию $\phi\rightarrow e^{iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu (\Lambda+\alpha)$ .

Владимир Калитвянский · Answer 4

Да, $\alpha(x)$ и $\Lambda$ связаны, потому что электромагнитное поле имеет смысл только в том случае, если оно действует на заряды.

Либертарианский феодал-бот · Answer 5

Лагранжиан скалярной КЭД имеет вид

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

$\begin{align} \mathcal{L}&=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \\ &=\frac{1}{2}(|\mathbf{E}|^{2}-|\mathbf{B}|^{2})+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \tag{1} \end{align}$

где конвенция $D_{\mu}\phi=\partial_{\mu}\phi-iA_{\mu}\phi$ используется. Уравнения движения:

\begin{matrix} (2) & Д_{мю} Д^{мю} ф + м^{2} ф "=" 0 а н г \partial_{мю} Ф^{мю ν} "=" {Дж}^{ν}, \end{matrix}

$D_{\mu}D^{\mu}\phi+m^{2}\phi=0\quad\mathrm{and}\quad\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=j^{\nu} \tag{2},$

где $J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right].$

Глобальный $U(1)$ -Симметрия :

Под преобразованием

ф (Икс) \to е^{я Λ} ф (Икс), ф (Икс)^{*} \to ф (Икс)^{*} е^{- я Λ}

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda}\phi(x),\quad\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda}$

действие (1) инвариантно. Нётеровый ток, связанный с этим глобальным $U(1)$ -симметрия задается

\begin{matrix} (3) & {Дж}^{мю} "=" я [(Д^{мю} ф)^{*} ф - ф^{*} (Д^{мю} ф)], \end{matrix}

$J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right], \tag{3}$

который сохраняется на оболочке.

Местный $U(1)$ - Калибровочная инвариантность :

Лагранжева плотность (1) инвариантна относительно

ф (Икс) \to е^{я Λ (Икс)} ф (Икс), о р дельта ф (Икс) "=" я ф (Икс) дельта Λ (Икс)

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda(x)}\phi(x),\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)=i\phi(x)\delta\Lambda(x)$

ф (Икс)^{*} \to ф (Икс)^{*} е^{- я Λ (Икс)} о р дельта ф (Икс)^{*} "=" - я ф (Икс)^{*} дельта Λ (Икс)

$\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda(x)}\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)^{\ast}=-i\phi(x)^{\ast}\delta\Lambda(x)$

А^{мю} (Икс) \to А^{мю} (Икс) + \partial^{мю} Λ (Икс) о р дельта А^{мю} (Икс) "=" \partial^{мю} дельта Λ (Икс)

$A^{\mu}(x)\rightarrow A^{\mu}(x)+\partial^{\mu}\Lambda(x)\quad\mathrm{or}\quad\delta A^{\mu}(x)=\partial^{\mu}\delta\Lambda(x)$

Ясно, что ток Нётер $J^{\mu}$ в (3) также является калибровочно-инвариантным, поэтому его сохраняющийся заряд соответствует физической наблюдаемой.

Гамильтонов формализм :

В разделе чистого электромагнитного поля обнаруживается, что калибровочный потенциал $A^{0}$ не появляется в лагранжевой плотности. Таким образом, как формализм второго порядка его лагранжиан сингулярен. Канонический импульс $A^{i}$ дан кем-то

Π^{я} "=" \frac{\partial л}{\partial {\dot{А}}_{я}} "=" - {\dot{А}}^{я} + \partial^{я} А^{0} "=" Е^{я} .

$\Pi^{i}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{A}_{i}}=-\dot{A}^{i}+\partial^{i}A^{0}=E^{i}.$

На данный момент, чтобы проявить лоренц-инвариантность, можно определить наивную «скобку Пуассона» на расширенном (нефизическом) фазовом пространстве как

\begin{matrix} (4.а) & {Ф (т), г (т)}_{п Б} "=" \int г с \int г^{3} Икс {\frac{дельта Ф (т)}{дельта А^{мю} (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта Π_{мю} (с, Икс)} - \frac{дельта Ф (т)}{дельта Π_{мю} (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта А^{мю} (с, Икс)}}, \end{matrix}

$\left\{F(t),G(t)\right\}_{PB}=\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\right\}, \tag{4.a}$

где следует иметь в виду, что $A^{0}(\mathbf{x})$ и $\Pi_{0}(\mathbf{x})$ являются нефизическими степенями свободы, которые в конце концов должны быть равны нулю.

Тогда гамильтониан для чистого электромагнитного поля равен

\begin{aligned} {ЧАС}_{е м} & "=" \int г^{3} Икс (Π^{я} {\dot{А}}_{я} - л_{е м}) \\ "=" \int г^{3} Икс (Π_{я} (\partial^{0} А^{я} - \partial^{я} А^{0}) + Π_{я} \partial^{я} А^{0} - л_{е м}) \\ "=" \int г^{3} Икс (- Π_{я} Е^{я} + \partial_{я} (Π^{я} А^{0}) - А^{0} \partial_{я} Π^{я} - л_{е м}) \\ "=" \int г^{3} Икс (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times А |^{2} - А^{0} \nabla \cdot Π) . \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{em}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{i}\dot{A}_{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi_{i}(\partial^{0}A^{i}-\partial^{i}A^{0})+\Pi_{i}\partial^{i}A^{0}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(-\Pi_{i}E^{i}+\partial_{i}(\Pi^{i}A^{0})-A^{0}\partial_{i}\Pi^{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}\nabla\cdot\mathbf{\Pi}\right). \end{align}$

В скалярном секторе канонические импульсы равны

Π "=" \frac{\partial л}{\partial \dot{ф}} "=" (Д_{0} ф)^{*} а н г Π^{*} "=" \frac{\partial л}{\partial {\dot{ф}}^{*}} "=" Д_{0} ф .

$\Pi=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}=(D_{0}\phi)^{\ast}\quad\mathrm{and}\quad\Pi^{\ast}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}^{\ast}}=D_{0}\phi.$

Скобка Пуассона определяется как

\begin{matrix} (4.б) & {Ф (т), г (т)}_{п Б} "=" \int г с \int г^{3} Икс {\frac{дельта Ф (т)}{дельта ф (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта Π (с, Икс)} - \frac{дельта Ф (т)}{дельта Π (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта ф (с, Икс)}} + \int г с \int г^{3} Икс {\frac{дельта Ф (т)}{дельта ф^{*} (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта Π^{*} (с, Икс)} - \frac{дельта Ф (т)}{дельта Π^{*} (с, Икс)} \frac{дельта г (т)}{дельта ф^{*} (с, Икс)}} . \end{matrix}

$\begin{equation} \left\{F(t),G(t)\right\}_{PB} \\ =\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\right\} \\ +\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\right\}. \tag{4.b} \end{equation}$

Тогда скалярный гамильтониан имеет вид

\begin{aligned} {ЧАС}_{с с а л а р} & "=" \int г^{3} Икс (Π \dot{ф} + {\dot{ф}}^{*} Π^{*} - л) \\ "=" \int г^{3} Икс ((Д_{0} ф)^{*} \dot{ф} + {\dot{ф}}^{*} (Д_{0} ф) - (Д_{0} ф)^{*} (Д_{0} ф) + (Д ф)^{*} \cdot (Д ф) + м^{2} | ф |^{2}) \\ "=" \int г^{3} Икс (Π^{*} Π + А_{0} р + (Д ф)^{*} \cdot (Д ф) + м^{2} | ф |^{2}), \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{scalar}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}\Pi^{\ast}-\mathcal{L}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left((D_{0}\phi)^{\ast}\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}(D_{0}\phi)-(D_{0}\phi)^{\ast}(D_{0}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+A_{0}\rho+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right), \end{align}$

где $\rho=J^{0}=i(\Pi\phi-\phi^{\ast}\Pi^{\ast})$ , и $(\mathbf{D}\phi)_{k}=D_{k}\phi$ .

С другой стороны,

\begin{aligned} (Д ф)^{*} \cdot (Д ф) "=" (\nabla ф^{*} + я А ф^{*}) \cdot (Д ф) "=" (Д ф)^{*} \cdot (\nabla ф - я А ф) \\ "=" \frac{1}{2} [(\nabla ф^{*} + я А ф^{*}) \cdot (Д ф) + (Д ф)^{*} \cdot (\nabla ф - я А ф)] \\ "=" \frac{1}{2} [(\nabla ф^{*}) \cdot (Д ф) + (Д ф)^{*} \cdot (\nabla ф) + А \cdot Дж] \\ "=" (\nabla ф^{*}) \cdot (\nabla ф) + \frac{я}{2} А \cdot [ф^{*} (\nabla ф) - (\nabla ф^{*}) ф] + \frac{1}{2} А \cdot Дж \\ "=" (\nabla ф^{*}) \cdot (\nabla ф) + А \cdot Дж - | А |^{2} | ф |^{2}, \end{aligned}

$\begin{align} &\,\,\,\,\,\,\,(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi) \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi)\right] \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right] \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\frac{i}{2}\mathbf{A}\cdot\left[\phi^{\ast}(\nabla\phi)-(\nabla\phi^{\ast})\phi\right]+\frac{1}{2}\mathbf{A}\cdot\mathbf{J} \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}-|\mathbf{A}|^{2}|\phi|^{2}, \end{align}$

где $\mathbf{J}=i\left[\phi^{\ast}(\mathbf{D}\phi)-(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\phi\right]$ .

Следовательно, гамильтониан в скалярном секторе равен

{ЧАС}_{с с а л а р} "=" \int г^{3} Икс (Π^{*} Π + (м^{2} - | А |^{2}) | ф |^{2} + (\nabla ф^{*}) \cdot (\nabla ф) + А_{0} р + А \cdot Дж),

$H_{\mathrm{scalar}}=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+A_{0}\rho+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

калибровочная инвариантность которых легко проверяется.

Таким образом, полный гамильтониан скалярной КЭД имеет вид

\begin{matrix} (5) & ЧАС "=" {ЧАС}_{е м} + {ЧАС}_{с с а л а р} \end{matrix}

$H=H_{\mathrm{em}}+H_{\mathrm{scalar}} \tag{5}$

"=" \int г^{3} Икс (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times А |^{2} - А^{0} (\nabla \cdot Π - р) + | Π |^{2} + (м^{2} - | А |^{2}) | ф |^{2} + (\nabla ф^{*}) \cdot (\nabla ф) + А \cdot Дж),

$=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\nabla\cdot\mathbf{\Pi}-\rho)+|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

который калибровочно инвариантен. Теперь мы можем ввести нефизическую степень свободы $\Pi^{0}$ потому что он в любом случае установлен равным нулю. Тогда можно записать (5) как

\begin{aligned} ЧАС & "=" \int г^{3} Икс (\frac{1}{2} Π_{мю} Π^{мю} + \frac{1}{2} | \nabla \times А |^{2} - А^{0} (\partial_{мю} Π^{мю} - р)) \\ + \int г^{3} Икс (| Π |^{2} + (м^{2} - | А |^{2}) | ф |^{2} + (\nabla ф^{*}) \cdot (\nabla ф) + А \cdot Дж) . \end{aligned}

$\begin{align} H&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}\Pi_{\mu}\Pi^{\mu}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}-\rho)\right) \\ &+\int d^{3}\mathbf{x}\left(|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right). \end{align}$

Претензия : $U(1)$ -калибровочная инвариантность порождается следующим функционалом:
$г [ϵ] (т) "=" \int г^{3} Икс (\partial_{мю} Π^{мю} (т, Икс) - р (т, Икс)) ϵ (т, Икс) .$ $\mathcal{G}[\epsilon](t)=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(t,\mathbf{x})-\rho(t,\mathbf{x})\right)\epsilon(t,\mathbf{x}).$

Действительно, используя скобку Пуассона (4), получаем фундаментальное каноническое соотношение

\begin{matrix} (6) & {А_{мю} (Икс), Π_{ν} (у)}_{п Б} "=" - г_{мю ν} дельта (Икс - у) а н г {ф (Икс), Π (у)}_{п Б} "=" - дельта (Икс - у) . \end{matrix}

$\left\{A_{\mu}(\mathbf{x}),\Pi_{\nu}(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-g_{\mu\nu}\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})\quad\mathrm{and}\quad\left\{\phi(\mathbf{x}),\Pi(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y}). \tag{6}$

Обратите внимание, что приведенная выше скобка Пуассона на самом деле плохо определена, поскольку она несовместима с ограничением Гаусса. $\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(\mathbf{x})-\rho(\mathbf{x})=0$ от вариации относительно $A^{0}$ , и с тех пор $\Pi_{0}=0$ , удовлетворить невозможно. Но именно потому, что мы исходили из «расширенного» фазового пространства, содержащего нефизические степени свободы из-за калибровочных избыточностей. На самом деле, уравнения связи не должны подставляться в скобки Пуассона. Их можно наложить только после вычисления скобок Пуассона. Затем эти ограничения проецируют результат на редуцированное (физическое) фазовое пространство.

Используя соотношение (6), легко видеть, что

\begin{aligned} {дельта}_{г} А_{мю} (у) "=" {А_{мю} (у), г [ϵ]}_{п Б} "=" \partial_{мю} ϵ (у) \\ {дельта}_{г} Π_{мю} (у) "=" {Π_{мю} (у), г [ϵ]}_{п Б} "=" 0 \\ {дельта}_{г} ф (у) "=" {ф (у), г [ϵ]}_{п Б} "=" я ϵ (у) ф (у) \\ {дельта}_{г} Π (у) "=" {Π (у), г [ϵ]}_{п Б} "=" я ϵ (у) Π (у) \end{aligned}

$\begin{align} &\delta_{\mathcal{G}}A_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{A_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=\partial_{\mu}\epsilon(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{\Pi_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=0 \\ &\delta_{\mathcal{G}}\phi(\mathbf{y})=\left\{\phi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\phi(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi(\mathbf{y})=\left\{\Pi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\Pi(\mathbf{y}) \end{align}$

которые действительно являются бесконечно малыми калибровочными преобразованиями в «расширенном» фазовом пространстве.

Так что ответ на ваш вопрос - Да. Генератор $\mathcal{G}[\epsilon]$ одновременно генерирует калибровочные преобразования как для калибровочных полей, так и для скалярных полей.

ПРОДОЛЖЕНИЕ СЛЕДУЕТ

Вызывает ли электромагнитное калибровочное преобразование U(1)U(1)U(1) преобразование поля?

причудливыйкварк

Нихар Карве

причудливыйкварк

Ответы (5)

РастворимаяРыба

Золото

причудливыйкварк

Владимир Калитвянский

Либертарианский феодал-бот

Изменяет ли введение калибровочного поля в лагранжиан комплексной скалярной теории поля его динамику?

Ковариантность в калибровочных теориях: почему лагранжиан должен быть калибровочно-инвариантным?

Взаимодействие для КЭД с заряженными скалярными частицами

Какова точная связь между необратимой матрицей Гессе для лагранжиана и наличием калибровочной симметрии?

Есть ли хорошая идея, откуда берутся неабелевы калибровочные симметрии?

Эквивалентна ли эта теория КЭД?

Можем ли мы сделать представление Дирака калибровочной теорией?

Калибровочная инвариантность лагранжиана Янга-Миллса

Заряд не сохраняется в скалярной КЭД? [дубликат]

Что такое калибровочная теория?