CFT OPE: ¿Por qué solo aparecen operadores sin rastro simétricos en el OPE escalar-escalar?

Question

CFT OPE: ¿Por qué solo aparecen operadores sin rastro simétricos en el OPE escalar-escalar?

Física
operadores
espacio de hilbert
cálculo tensorial
teoría del campo conforme

Kvothé

¿Por qué solo aparecen operadores sin rastro simétricos en el OPE escalar escalar?

Las notas de la conferencia: http://arxiv.org/abs/1602.07982 , reformulan esta pregunta como: ¿Por qué $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ desaparecer a menos que $\mathcal{O}$ Qué es un tensor simétrico?

¿Cómo mostramos esto? ¿Y cómo mostramos que esta es una declaración equivalente?

Me parece que esto solo es equivalente al nivel de cálculo de la función escalar de 4 puntos donde después de realizar un OPE obtenemos $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ . Por otra cosa, di $\langle\phi \phi J J\rangle$ esto no funciona.

La misma pregunta se hizo aquí OPE en un general $d$ -dimensional CFT , como una subpregunta con la pregunta principal enfatizando una solicitud de referencia (lo que probablemente no ayudó a que la pregunta fuera respondida, debido a los estándares más altos que se requieren para las solicitudes de referencia).

Pedro Kravchuk

Para construir

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩

$\langle \mathcal{O}^a | \phi(x) |\phi \rangle$ necesitas construir un tensor con índice

a

$a$ fuera de

x

$x$ (que es la única variable que tienes aquí). Esto solo es posible si

a

$a$ es un índice tensorial simétrico. Los tensores simétricos luego se descomponen en tensores simétricos sin rastro. La relación entre OPE y este elemento de la matriz es a través de la correspondencia operador-estado.

Kvothé

@Peter ¿Podría ampliar esto? Pensando en el problema nuevamente, mi opinión sobre esto es la siguiente:

Kvothé

En primer lugar, a nivel de la

ϕ \times ϕ

$\phi \times \phi$ AIRE LIBRE. Si

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩

$\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ se desvanece para cualquier operador antisimétrico

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ también significa que estos operadores no pueden aparecer en el

ϕ \times ϕ

$\phi \times \phi$ AIRE LIBRE. El argumento sería algo así como realizar la OPE de

ϕ (x) \times ϕ (0)

$\phi(x)\times\phi(0)$ dentro de esta función de 3 puntos. Si es antisimétrico

O^{a}

$\mathcal{O}^{a}$ aparece que obtendrías

| C_{b} | ⟨ O^{a} | O^{b} ⟩ \neq 0

$| C_b|\langle\mathcal{O}^a|\mathcal{O}^b \rangle\neq0$ . Pero acabamos de demostrar que

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩ = 0

$\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle = 0$ .

Kvothé

Por la otra parte. Déjame ver si entiendo bien. Solo tenemos una variable.

x

$x$ . El otro

ϕ

$\phi$ se pone a cero. Por lo tanto, solo podemos construir algo como

O^{a . . . c} (x^{μ} \frac{d}{d x^{μ}}, x^{2}) \frac{d}{d x^{a}} . . . \frac{d}{d x^{c}} f (x)

$\mathcal{O}^{a...c}(x^\mu \frac{d}{dx^\mu},x^2) \frac{d}{dx^a}...\frac{d}{dx^c}f(x)$ donde el número de etiquetas

a . . . c

$a...c$ es igual al giro de

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ . Entonces, si hay alguna parte para

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ que es anti-simétrica en a...c se desvanecerá porque obtendrás algo como,

(\partial_{μ} \partial_{ν} - \partial_{μ} \partial_{ν}) f (x) = 0

$(\partial_\mu \partial_\nu - \partial_\mu \partial_\nu)f(x) = 0$ . ¿Estás de acuerdo? ¿Era esto lo que querías decir?

Kvothé

Por último, si tenemos un simétrico

O^{a}

$\mathcal{O}^{a}$ podemos escribirlo como

\sum_{n} {O^{'}}_{n}^{a}

$\sum_n\mathcal{O'}^{a}_n$ , dónde

{O^{'}}^{a}

$\mathcal{O'}^{a}$ es simétrico y sin trazas. (No veo inmediatamente esta última declaración. ¿Es fácil de mostrar?)

Respuestas (1)

CFT OPE: ¿Por qué solo aparecen operadores sin rastro simétricos en el OPE escalar-escalar?

Para construir $\langle \mathcal{O}^a | \phi(x) |\phi \rangle$ necesitas construir un tensor con índice $a$ fuera de $x$ (que es la única variable que tienes aquí). Esto solo es posible si $a$ es un índice tensorial simétrico. Los tensores simétricos luego se descomponen en tensores simétricos sin rastro. La relación entre OPE y este elemento de la matriz es a través de la correspondencia operador-estado.
@Peter ¿Podría ampliar esto? Pensando en el problema nuevamente, mi opinión sobre esto es la siguiente:
En primer lugar, a nivel de la $\phi \times \phi$ AIRE LIBRE. Si $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ se desvanece para cualquier operador antisimétrico $\mathcal{O}^a$ también significa que estos operadores no pueden aparecer en el $\phi \times \phi$ AIRE LIBRE. El argumento sería algo así como realizar la OPE de $\phi(x)\times\phi(0)$ dentro de esta función de 3 puntos. Si es antisimétrico $\mathcal{O}^{a}$ aparece que obtendrías $| C_b|\langle\mathcal{O}^a|\mathcal{O}^b \rangle\neq0$ . Pero acabamos de demostrar que $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle = 0$ .
Por la otra parte. Déjame ver si entiendo bien. Solo tenemos una variable. $x$ . El otro $\phi$ se pone a cero. Por lo tanto, solo podemos construir algo como $\mathcal{O}^{a...c}(x^\mu \frac{d}{dx^\mu},x^2) \frac{d}{dx^a}...\frac{d}{dx^c}f(x)$ donde el número de etiquetas $a...c$ es igual al giro de $\mathcal{O}^a$ . Entonces, si hay alguna parte para $\mathcal{O}^a$ que es anti-simétrica en a...c se desvanecerá porque obtendrás algo como, $(\partial_\mu \partial_\nu - \partial_\mu \partial_\nu)f(x) = 0$ . ¿Estás de acuerdo? ¿Era esto lo que querías decir?
Por último, si tenemos un simétrico $\mathcal{O}^{a}$ podemos escribirlo como $\sum_n\mathcal{O'}^{a}_n$ , dónde $\mathcal{O'}^{a}$ es simétrico y sin trazas. (No veo inmediatamente esta última declaración. ¿Es fácil de mostrar?)

Pedro Kravchuk · Answer 1

Un operador $\mathcal{O}^a$ aparece en $\phi_1\times\phi_2$ OPE si y solo si el elemento de la matriz

⟨ O^{a} | ϕ_{1} (X) ϕ_{2} (- X) | 0 ⟩

$\langle \mathcal{O}^a|\phi_1(x)\phi_2(-x)|0\rangle$ no desaparece, por la razón que indica el OP en los comentarios. Si

O

$\mathcal{O}$ es un primario, entonces este elemento de matriz es invariante bajo cambios simultáneos de los dos

ϕ

$\phi$ 's, por lo que esta es solo una versión más simétrica del elemento de matriz de la pregunta. (Porque

⟨ O | P_{μ} = [K_{μ} | O ⟩]^{†} = 0

$\langle \mathcal{O}|P_\mu=[K_\mu|\mathcal{O}\rangle]^\dagger=0$ .)

Ahora, este elemento de la matriz es simplemente una función de $x$ . La expresión más general que podemos construir a partir de $x$ es

⟨ O^{a} | ϕ_{1} (X) ϕ_{2} (- X) | 0 ⟩ = F_{1} (| X |) X^{m_{1}} \dots X^{m_{yo}} + F_{2} (| X |) {gramo}^{m_{1} m_{2}} X^{m_{3}} \dots X^{m_{ℓ}} + \dots,

$\langle \mathcal{O}^a|\phi_1(x)\phi_2(-x)|0\rangle=f_1(|x|)x^{\mu_1}\cdots x^{\mu_l}+f_2(|x|)g^{\mu_1\mu_2}x^{\mu_3}\cdots x^{\mu_\ell}+\ldots,$ dónde

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ es la métrica plana de Lorentz o euclidiana dependiendo de su firma. Muestra que

O

$\mathcal{O}$ es un operador tensorial (aunque no necesariamente uno simétrico). Cualquier operador de tensor es una suma de operadores de tensor sin rastro (ver más abajo), por lo que podemos suponer que

O

$\mathcal{O}$ no tiene rastro, y esto fija los términos que contienen

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ en términos del primer término (en particular, la parte sin rastro de todos los términos excepto el primero es cero). Pero el primer término es simétrico en sus índices, lo que muestra que

a

$a$ debe ser el índice tensorial simétrico sin rastro

a = μ_{1} \dots μ_{ℓ}

$a=\mu_1\ldots \mu_\ell$ . De este modo

O

$\mathcal{O}$ necesariamente debe ser un tensor simétrico sin trazas. Además, notamos que si

ϕ_{1} = ϕ_{2}

$\phi_1=\phi_2$ entonces el elemento de la matriz debe ser invariante bajo

x \to - x

$x\to -x$ . Vemos entonces que sólo incluso

ℓ

$\ell$ están permitidos en este caso.

Si tenemos un operador tensorial $\mathcal{O}^{\mu_1\ldots \mu_\ell}$ , siempre se puede escribir como una suma de operadores tensoriales simétricos sin rastro. Por ejemplo, aquí está la descomposición para el tensor simétrico spin-3

O^{m_{1} m_{2} m_{3}} = O_{3}^{m_{1} m_{2} m_{3}} + \frac{1}{d + 2} ({gramo}^{m_{1} m_{2}} O_{1}^{m_{3}} + {gramo}^{m_{2} m_{3}} O_{1}^{m_{1}} + {gramo}^{m_{3} m_{1}} O_{1}^{m_{2}}),

$\mathcal{O}^{\mu_1\mu_2\mu_3}=\mathcal{O}^{\mu_1\mu_2\mu_3}_3+\frac{1}{d+2}(g^{\mu_1\mu_2}\mathcal{O}_1^{\mu_3}+g^{\mu_2\mu_3}\mathcal{O}_1^{\mu_1}+g^{\mu_3\mu_1}\mathcal{O}_1^{\mu_2}),$ dónde

O_{1}^{μ} = O_{ν}^{ν μ}

$\mathcal{O}_1^\mu=\mathcal{O}_\nu{}^{\nu\mu}$ , y

O_{3}

$\mathcal{O}_3$ sin rastro y esencialmente definida por esta ecuación. Tal descomposición ocurre porque los tensores simétricos no son representaciones irreducibles de

S O (d)

$SO(d)$ , y en su lugar se componen de tensores simétricos sin rastro, que son irreducibles. (Nótese que para giro simétrico general

ℓ

$\ell$ habrá operadores con giros

ℓ, ℓ - 2, ℓ - 4, \dots

$\ell,\ell-2,\ell-4,\ldots$ en el lado derecho.) En este ejemplo

O_{3}

$\mathcal{O}_3$ es la "proyección sin rastro" de

O

$\mathcal{O}$ . Proyección sin rastro de cualquier tensor proporcional a

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ es cero

En general, la pregunta de qué operadores pueden aparecer en un OPE de dos operadores es equivalente a la pregunta de qué funciones de tres puntos pueden ser distintas de cero. Para la clasificación general de estos últimos me referiré descaradamente a mi artículo .

¡Gracias! Sin embargo, das un pequeño salto cuando vas a la expresión más general. ¿Por qué no podemos tener derivados actuando sobre el $x$ '¿s?
@Kvothe, tiene razón en que di un salto allí (corregido ahora), pero no está relacionado con los derivados de los que está hablando. La expresión del lado derecho es una función concreta, por lo que si tuviera derivadas, podría calcularlas. Por ejemplo, $\partial_\mu f(|x|)\propto x_\mu f'(|x|)/|x|^2$ , que es de la misma forma.

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