Conservación de la corriente BRST en QED

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Conservación de la corriente BRST en QED

brst
fantasmas
Física
teorema de noethers
teoría cuántica de campos
electrodinámica-cuántica

usuario29131

Estoy tratando de entender la conservación de la corriente BRST en QED pero tengo algunos problemas. Esto es lo que tengo hasta ahora, la densidad lagrangiana QED en el calibre de Lorenz es,

L = \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v} + \frac{1}{2 ξ} (\partial_{m} A^{m})^{2} + \partial^{m} \bar{C} \partial_{m} C

$L = \frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} +\frac{1}{2\xi}(\partial_{\mu}A^{\mu})^2 + \partial^{\mu}\overline{c}\partial_{\mu} c$

he estado trabajando en $\xi=1$ medir con las siguientes transformaciones BRST,

d A_{m} = \partial_{m} C

$\delta A_{\mu} = \partial_{\mu}c$

d C = 0

$\delta c = 0$

d \bar{C} = \partial_{m} A^{m}

$\delta \overline{c} = \partial_{\mu}A^{\mu}$

Usando el teorema de Noether, creo que la corriente BRST debería ser

j^{m} = \partial^{m} A^{v} \partial_{v} C + \partial^{m} C \partial_{v} A^{v}

$j^{\mu} = \partial^{\mu}A^{\nu}\partial_{\nu} c + \partial^{\mu}c\partial_{\nu}A^{\nu}$

No puedo demostrar que esta corriente se conserva, usando las ecuaciones de movimiento $\Box_x A_{\mu} = 0$ y $\Box_x c = 0$ . me quedo con,

\partial_{m} j^{m} = \partial^{m} A^{v} \partial_{m} \partial_{v} C + \partial^{m} C \partial_{m} \partial_{v} A^{v}

$\partial_{\mu}j^{\mu} = \partial^{\mu}A^{\nu}\partial_{\mu}\partial_{\nu}c + \partial^{\mu}c\partial_{\mu}\partial_{\nu}A^{\nu}$

que no creo que sea igual a 0. No estoy seguro de lo que hice mal aquí, por lo que cualquier ayuda sería muy apreciada.

Respuestas (1)

Conservación de la corriente BRST en QED

qmecanico · Answer 1

I) La acción de Maxwell pura de calibre fijo es

\begin{matrix} (1) & S [A, C, \bar{C}] = \int d^{4} X L \end{matrix}

$\tag{1} S[A,c,\bar{c}]~=~\int \! d^4x~ {\cal L}$

con densidad lagrangiana $^1$

\begin{matrix} (2) & L = L_{0} - \frac{x^{2}}{2 ξ} - d_{m} \bar{C} d^{m} C, L_{0} := - \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v}, x := d_{m} A^{m}, ξ > 0, \end{matrix}

$\tag{2} {\cal L}~=~{\cal L}_0 -\frac{\chi^2}{2\xi}-d_{\mu}\bar{c}~d^{\mu}c, \qquad {\cal L}_0~:=~-\frac{1}{4}F_{\mu \nu}F^{\mu \nu}, \qquad \chi~:=~d_{\mu} A^{\mu}, \qquad \xi~>~0,$

que consta de (i) el término de Maxwell, (ii) el término de fijación de calibre y (iii) el término determinante de Faddeev-Popov . Las ecuaciones de Euler-Lagrange dicen $^2$

0 \approx \frac{d S}{d A_{m}} = d_{v} F^{v m} + \frac{d^{m} x}{ξ},

$0~\approx~\frac{\delta S}{\delta A_{\mu}} ~=~ d_{\nu}F^{\nu\mu} +\frac{d^{\mu}\chi}{\xi},$

\begin{matrix} (3) & 0 \approx \frac{d S}{d C} = - ◻ \bar{C}, 0 \approx \frac{d S}{d \bar{C}} = ◻ C . \end{matrix}

$\tag{3} 0~\approx~\frac{\delta S}{\delta c}~=~-\Box \bar{c}, \qquad 0~\approx~\frac{\delta S}{\delta\bar{c}}~=~\Box c.$

(Aquí el $\approx$ símbolo significa ecuaciones de movimiento de módulo de igualdad.)

II) La transformación BRST Grassmann-odd de calibre fijo ${\bf s}$ lee $^3$

\begin{matrix} (4) & s A_{m} = d_{m} C, s C = 0, s \bar{C} = \frac{x}{ξ}, s x = ◻ C \approx 0. \end{matrix}

$\tag{4} {\bf s} A_{\mu}~=~d_{\mu}c,\qquad {\bf s} c~=~0,\qquad {\bf s}\bar{c}~=~\frac{\chi}{\xi}, \qquad {\bf s}\chi~=~\Box c~\approx~0.$

La variación BRST de la densidad lagrangiana (2) es una divergencia total

\begin{matrix} (5) & s L = d_{m} F^{m}, F^{m} := - \frac{x}{ξ} d^{m} C, \end{matrix}

$\tag{5} {\bf s}{\cal L}~=~d_{\mu}f^{\mu}, \qquad f^{\mu}~:=~-\frac{\chi}{\xi} d^{\mu}c,$

es decir, la transformación BRST ${\bf s}$ es una cuasi-simetría de la acción Maxwell de calibre fijo (1), cf. esta respuesta Phys.SE.

III) La corriente desnuda de Noether para la cuasisimetría BRST dice

j^{m} := \frac{\partial L}{\partial (d_{m} A_{v})} s A_{v} + \frac{\partial L}{\partial (d_{m} C)} s C + \frac{\partial L}{\partial (d_{m} \bar{C})} s \bar{C}

$j^{\mu}~:=~\frac{\partial {\cal L}}{\partial(d_{\mu}A_{\nu})} {\bf s} A_{\nu} +\frac{\partial {\cal L}}{\partial(d_{\mu}c)} {\bf s}c +\frac{\partial {\cal L}}{\partial(d_{\mu}\bar{c})} {\bf s} \bar{c}$

\begin{matrix} (6) & = - (F^{m v} + \frac{x}{ξ} η^{m v}) d_{v} C - \frac{x}{ξ} d^{m} C, \end{matrix}

$\tag{6} ~=~ - (F^{\mu\nu}+\frac{\chi}{\xi}\eta^{\mu\nu})d_{\nu} c - \frac{\chi}{\xi} d^{\mu}c,$

que es impar de Grassmann. La corriente BRST Noether completa dice:

\begin{matrix} (7) & j^{m} := j^{m} - F^{m} = - F^{m v} d_{v} C - \frac{x}{ξ} d^{m} C . \end{matrix}

$\tag{7} J^{\mu}~:=~j^{\mu}-f^{\mu}~=~ -F^{\mu\nu}d_{\nu} c - \frac{\chi}{\xi} d^{\mu}c.$

Se conserva en concha

\begin{matrix} (8) & d_{m} j^{m} = - \frac{d S}{d A_{m}} s A_{m} - \frac{d S}{d C} s C - \frac{d S}{d \bar{C}} s \bar{C} \approx 0, \end{matrix}

$\tag{8} d_{\mu}J^{\mu} ~=~ -\frac{\delta S}{\delta A_{\mu}}{\bf s} A_{\mu} -\frac{\delta S}{\delta c}{\bf s}c -\frac{\delta S}{\delta\bar{c}}{\bf s}\bar{c} ~\approx~0,$

cf. El primer teorema de Noether .

--

$^1$ Un comentario sobre los signos: Clásicamente, el signo general de la acción no importa, aunque los signos relativos entre términos son importantes. Mecánicamente cuántica, los signos del término de Maxwell y el término de fijación de calibre son importantes para lograr la unitaridad , es decir, el signo delante del término cinético $\sum_{i=1}^3\dot{A}_i^2$ debe ser positivo, mientras que el signo delante del término potencial $\chi^2$ debe ser negativo. Véase también, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE. El coeficiente (posiblemente complejo) frente al término determinante de Faddeev-Popov debe correlacionarse con las condiciones de realidad/hermiticidad impuestas al fantasma y antifantasma de Faddeev-Popov.

$^2$ Para simplificar, usamos aquí la convención de que las derivadas y la transformación BRST ${\bf s}$ son derivaciones por la izquierda , es decir

\begin{matrix} (9) & s (F gramo) = s (F) gramo + (- 1)^{| F |} F s (gramo) . \end{matrix}

$\tag{9} {\bf s}(fg)~=~{\bf s}(f)~g + (-1)^{|f|}f ~{\bf s}(g).$

$^3$ Tenga en cuenta que la transformación BRST de calibre fijo ${\bf s}$ es solo nilpotente en el caparazón en el sector antifantasma

\begin{matrix} (10) & s^{2} \bar{C} = \frac{◻ C}{ξ} \approx 0. \end{matrix}

$\tag{10} {\bf s}^2 \bar{c}~=~\frac{\Box c}{\xi}~\approx~0.$ Es posible obtener una formulación de BRST que sea nilpotente fuera de la cáscara al incluir un campo auxiliar de Lautrup-Nakanishi (LN)

B

$B$ . Para completar, mencionemos que la densidad lagrangiana de Batalin-Vilkovisky (BV) dice

\begin{matrix} (10) & L_{B V} = L_{0} + A_{*}^{m} d_{m} C + B {\bar{C}}^{*}, \end{matrix}

$\tag{10} {\cal L}_{BV}~=~{\cal L}_0 + A^{\mu}_{\ast} d_{\mu} c + B\bar{c}^{\ast},$

con las correspondientes transformaciones nilpotentes Grassmann-odd BRST

\begin{matrix} (11) & s A_{m} = d_{m} C, s C = 0, s \bar{C} = - B, s B = 0. \end{matrix}

$\tag{11} {\bf s} A_{\mu}~=~d_{\mu}c,\qquad {\bf s} c~=~0,\qquad {\bf s}\bar{c}~=~-B, \qquad {\bf s}B~=~0.$

El fermión fijador de calibre

\begin{matrix} (12) & ψ = \int d^{4} X \bar{C} (\frac{ξ}{2} B + x) \end{matrix}

$\tag{12} \psi ~=~ \int \! d^4x~\bar{c}(\frac{\xi}{2}B+\chi)$

produce la densidad lagrangiana de calibre fijo correspondiente

\begin{matrix} (13) & L_{gramo F} = {L_{B V} |}_{ϕ^{*} = \frac{d ψ}{d ϕ}} = L_{0} - d_{m} \bar{C} d^{m} C + \frac{ξ}{2} B^{2} + B x \overset{En t. afuera B}{⟶} L, \end{matrix}

$\tag{13} {\cal L}_{\rm gf} ~=~ \left. {\cal L}_{BV} \right|_{\phi^{\ast}~=~\frac{\delta \psi}{\delta \phi}} ~=~ {\cal L}_0 - d_{\mu}\bar{c}~d^{\mu}c +\frac{\xi}{2}B^2+B\chi\quad\stackrel{\text{int. out } B}{\longrightarrow}\quad {\cal L},$

que se convierte en la densidad lagrangiana (2) después de integrar el auxiliar LN $B$ -campo, que tiene eom

\begin{matrix} (14) & B \approx - \frac{x}{ξ}, \end{matrix}

$\tag{14} B~\approx~ -\frac{\chi}{\xi},$ cf. por ejemplo, esta publicación de Phys.SE.

+1... se me habia olvidado que hay que incluir el actual $f_\mu$ . Tengo una pregunta: veo en algunas referencias, como esta , fórmula (2.5) página 4, algo así como $j^\mu =\partial_\mu F^{\nu\mu}c - (\partial.A)\partial^\mu c$ o $j^\mu =\partial^\mu(\partial.A)c - (\partial.A)\partial^\mu c$ . ¿Cómo puedo justificar el término proporcional a $c$ y segunda derivada de $A_\mu$ ?
Gracias, también me olvidé de la actual. $f_{\mu}$ . ¡Intentaré esto de nuevo siendo más cuidadoso esta vez!
Notas para más adelante: Densidad lagrangiana de la materia: $\quad \Delta{\cal L}_0~=~\bar{\psi} (i\gamma^{\mu}D_{\mu}-m)\psi -D_{\mu}\bar{\phi}D_{\mu}\phi -V(\bar{\phi}\phi)$ ; $\quad D_{\mu}~=~d_{\mu} - i e A_{\mu}$ ; $\quad \bar{\psi} ~=~\psi^{\dagger}\gamma^0$ ; $\quad \bar{\phi}~=~\phi^{\dagger}$ ; $\quad {\bf s}\psi~=~iec\psi$ ; $\quad {\bf s}\bar{\psi}~=~ie\bar{\psi}c$ ; $\quad {\bf s}\phi~=~iec\phi$ ; $\quad {\bf s}\bar{\phi}~=~-ie\bar{\phi}c$ ; Términos fuente: $\quad \sum_k J_k\Phi^k~\to~\bar{\eta}\psi -\bar{\psi}\eta +\bar{J}\phi+\bar{\phi}J$ ; Nota personal: Señales de verificación doble.
$\quad{\bf s}~=~(S_{BV},\cdot)$ ; $\quad (\psi^{\alpha},\bar{\psi}^{\ast}_{\beta})~=~\delta^{\alpha}_{\beta}~=~(\bar{\psi}_{\beta},\psi^{\ast \alpha})$ ; $\quad (\phi,\phi^{\ast\dagger})~=~\delta~=~(\phi^{\dagger},\phi^{\ast})$ ; $\quad\Delta{\cal L}_{BV}~=~-\sum_k{\bf s}\Phi^k~\Phi_k^{\ast}~\to~-\bar{\psi}^{\ast} {\bf s}\psi -{\bf s}\bar{\psi}\psi^{\ast} +\bar{\phi}^{\ast}{\bf s}\phi -{\bf s}\bar{\phi}\phi^{\ast}$ ; identidad del barrio $\quad 0~=~\sum_kJ_k\frac{\delta^L}{\delta \Phi_k^{\ast}}W_c[J,\Phi^{\ast}]~=~\sum_kJ_k\frac{\delta^L}{\delta \phi_k^{\ast}}\Gamma[\Phi_{\rm cl},\Phi^{\ast}]$ ;
$\quad{\cal L}_{BV}~=~{\cal L}_0 + (A^{\mu}_{\ast}-d^{\mu}\bar{c}) d_{\mu} c +\frac{\xi}{2}B^2+B(\chi+\bar{c}^{\ast})+{\rm matter}$ ; $\quad J_k~=~-\Gamma[\Phi_{\rm cl},\Phi^{\ast}]\frac{\delta^R}{\delta \Phi_{\rm cl}^k}$ ; $\quad 0~=~\sum_k\langle{\bf s}\Phi^k \rangle_{J[\Phi_{\rm cl},\Phi^{\ast}],\Phi^{\ast}}\frac{\delta^L}{\delta \Phi^k_{\rm cl}}\Gamma[\Phi_{\rm cl},\Phi^{\ast}]$ ; $\quad 0~=~\left(-cd_{\mu}\frac{\delta^L}{\delta A_{\mu}} +iec\psi\frac{\delta^L}{\delta\psi} +iec\bar{\psi}\frac{\delta^L}{\delta\bar{\psi}} -B\frac{\delta^L}{\delta\bar{c}}\right)\Gamma$ ;
$\quad B~\leadsto~ -(\chi+\bar{c}^{\ast}+J_B)/\xi$ ; Mecanismo de Stueckelberg: $\quad\Delta{\cal L}~=~-\frac{1}{2}(m A^{\mu}+\partial^{\mu}\phi) (m A_{\mu}+\partial_{\mu}\phi)$ ; $\quad{\bf s}\phi~=~-mc$ ; $\quad 0~=~\frac{\delta^L}{\delta\bar{\psi}}\frac{\delta^L}{\delta\psi}\left(-d_{\mu}\frac{\delta^L}{\delta A_{\mu}} +ie\psi\frac{\delta^L}{\delta\psi} +ie\bar{\psi}\frac{\delta^L}{\delta\bar{\psi}}\right)\Gamma$ ;
Ideas: 1. Lleve un registro de $\hbar$ /bucle-expansión. 2. Los anticampos son campos que no interactúan. 3. Medidor In't Hooft-Veltman $\chi=\chi_1+\chi_2$ , luego cambia $B=b-\chi_1/\xi$ . Hm estropea la ecuación maestra.
$\quad -\int\! c d_{\mu} \frac{\delta^L\Gamma}{\delta A_{\mu}}~=~\int\!(d_{\mu}c) \frac{\delta^L\Gamma}{\delta A_{\mu}}~=~\int\!mc\frac{\delta^L\Gamma}{\delta \phi}+ \int\! B \frac{\delta^L\Gamma}{\delta \bar{c}}$ ; $\quad - d_{\mu} \frac{\delta^L\Gamma}{\delta A_{\mu}} +\int\!c d_{\mu}\frac{\delta^L\Gamma}{\delta A_{\mu}\delta c}~=~-\int\! B\frac{\delta^L\Gamma}{ \delta \bar{c}\delta c}$ ; $\quad - d_{\mu}^{(x)} \frac{\delta^L\Gamma}{\delta A_{\mu}(x)\delta A_{\nu}(y)} ~=~-\int\!dz~ B(z)\frac{\delta^L\Gamma}{ \delta \bar{c}(z)\delta c(x)\delta A_{\nu}(y)}$ ;

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