¿En la ruptura espontánea de la simetría, la simetría global rota por un subgrupo calibrado?

Question

¿En la ruptura espontánea de la simetría, la simetría global rota por un subgrupo calibrado?

Física
supersimetría
ruptura de simetría
teoría cuántica de campos

Ayfel

Mi pregunta es sencilla. dado un grupo $G$ dividido en un subgrupo $H$ , medir un subgrupo Hg posiblemente diferente rompe explícitamente la simetría global $G$ , generando lo que se conoce como bosones pseudo-Goldstone. ¿Por qué es esto?

La respuesta habitual que recibo es que la medición determina una dirección específica en el espacio de campo, pero realmente no entiendo esta afirmación, cómo tener un subgrupo $Hg$ calibrado puede romper el global $G$ ¿explícitamente?. Lo que tengo en mente es que dentro de las transformaciones de calibre $Hg$ también se incluyen los globales, así que esto es lo que me confunde.

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¿En la ruptura espontánea de la simetría, la simetría global rota por un subgrupo calibrado?

bebop pero inestable · Answer 1

¿Cómo es posible que medir solo un subgrupo no rompa la simetría? ¿No va a cambiar la acción ningún elemento de grupo que no conserve mi subgrupo de indicador?

vamos a tener un $SU(2)$ simetría y algún campo escalar $\rho$ en lo fundamental. Si mido el $U(1)$ subgrupo correspondiente a las rotaciones por $\sigma_z$ . tengo un lagrangiano

L = | (\partial + A σ_{z}) ψ |^{2} + V (| ψ |^{2})

$\mathcal{L} = |(\partial + A \sigma_z)\psi|^2 + V(|\psi|^2)$

¿No rompe esto manifiestamente el $SU(2)$ ¿simetría? Según su punto sobre las simetrías globales, se deduce que todas las interacciones puntuales deben permanecer invariantes, pero el Lagrangiano en su conjunto no es invariante.

Este ejemplo podría corresponder físicamente a dos campos que tienen cargas opuestas pero por lo demás son simétricos. Las olas en el $z$ corresponden entonces a ondas cargadas como un plasmón, mientras que las rotaciones en el $x-y$ plano son transformadas de calibre local. Entonces son claramente diferentes.

Agregado

Todo el mundo parece tener problemas para ver que esto rompe la simetría y quiere decir que la operación $\psi \rightarrow U\psi$ , $A\sigma_z \rightarrow U A\sigma_z U^{\dagger}$ , dónde $U$ es un $SU(2)$ matriz, es una "simetría" del Lagrangiano. Permítanme escribir la integral de ruta completa:

\int D A D ψ Exp {i \int d^{d} X L}

$\int\mathcal{D}A\mathcal{D}\psi\exp\{i\int d^dx \mathcal{L}\}$

L = (\partial_{m} A_{v} - \partial_{v} A_{m})^{2} + | (\partial_{m} + A_{m} σ_{z}) ψ |^{2} + V (| ψ |^{2})

$\mathcal{L} = (\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu)^2 +|(\partial_\mu + A_\mu \sigma_z)\psi|^2 + V(|\psi|^2)$

La variable $A_\mu$ es un $SU(2)$ escalar _ Es solo una forma regular de 1 como en el electromagnetismo. La medida de integración (que también contiene cualquier fijación de calibre sin importancia) es solo una integral regular sobre un campo de 1 forma. Ahora, por ejemplo, para obtener el teorema de Noether necesito tener un cambio de variables que deje mi camino integral invariante. El mapa $A\sigma_z \rightarrow U A\sigma_z U^{\dagger}$ no es un cambio de variables, no puedo obtenerlo cambiando $A$ , desde $A$ no sabe nada de $SU(2)$ . No hay manera de que pueda cambiar $x\sigma_z$ a $y\sigma_x$ haciendo una sustitución $y=f(x)$ .

Podrías reescribir todo como

\int D \hat{A} D d ({\hat{A}}_{X, y}) ψ Exp {i \int d^{d} X L}

$\int\mathcal{D}\hat{A}\mathcal{D}\delta(\hat{A}_{x,y})\psi\exp\{i\int d^dx \mathcal{L}\}$

L = (\partial_{m} A_{v} - \partial_{v} {\hat{A}}_{m})^{2} + | (\partial_{m} + {\hat{A}}_{m}) ψ |^{2} + V (| ψ |^{2})

$\mathcal{L} = (\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu\hat{A}_\mu)^2 +|(\partial_\mu + \hat{A}_\mu )\psi|^2 + V(|\psi|^2)$

dónde $\mathcal{D}\hat{A}$ es la medida de un $SU(2)$ campo. Pero para corresponder a lo que escribí necesitas esa función delta en la medida. De lo contrario, ha medido todo el $SU(2)$ simetría que obviamente es invariante. Ahora puedes hacer cambios de variables $A\rightarrow U\hat{A}U^\dagger$ , pero esto no deja invariable la integral de su ruta debido a esa enorme función delta.

En realidad parece que no rompe el global $SU(2)$ simetría. Deja el $U(1)$ derivada covariante ser $D_\mu = \partial_\mu + A_\mu\sigma_z$ . bajo un mundial $SU(2)$ transformación $\psi\rightarrow U\psi$ y $A_\mu\sigma_z \rightarrow U A_\mu\sigma_z U^\dagger$ , tenemos la transformación $D_\mu\psi\rightarrow U D_\mu\psi$ . De este modo $(D_\mu\psi)^\dagger D^\mu\psi$ parecen ser invariantes bajo global $SU(2)$ y locales $U(1)$ transformaciones, a menos que haya hecho algo mal aquí.
@Heidar: ¿Cómo te estás transformando? $A$ ? no es un $SU(2)$ forma. Creo que lo que has demostrado es que si rotas $\psi$ y gire la matriz de Pauli y luego recuperará la acción, pero eso no es una simetría, es solo un vestigio de la simetría original.
Como tenemos un nuevo campo en la teoría, $\hat A = A \sigma_z$ , lo hice transformar bajo el global $SU(2)$ simetría. Lo más natural fue usar la transformación adjunta, $\hat A\rightarrow U\hat A U^\dagger$ , que es bajo lo que los campos de calibre generalmente se transforman. Bajo esta transformación hay claramente un global $SU(2)$ simetría, sin embargo, no estoy seguro de que tenga sentido pensar en ello como el original $SU(2)$ O no.
Por cierto, bajo esta transformación el $U(1)$ subálgebra se rota en otra $U(1)$ subálgebra. Si se combina un global $SU(2)$ y un local $U(1)$ , que parece corresponder a un local $U(1)$ , solo uno girado. Parece consistente. Sin embargo, no estoy seguro de si está permitido rotar la subálgebra calibrada. Si uno supone que $\hat A$ sólo puede tomar valores en el $U(1)$ subálgebra que calibramos y no el todo $SU(2)$ Lie álgebra, entonces mi ley de transformación no tiene sentido.
@Heidar: Esto es lo mismo que tomar un imán con hamiltoniano $m^2 +h\cdot m$ , dónde $m$ es la magnetización y $h$ es un campo externo fijo, ambos vectores. Es cierto que si giras $h$ y $m$ conservas el hamiltoniano. Sin embargo, esto no corresponde a ninguna simetría, ya que no integramos sobre el campo $h$ (o variar $h$ en el caso clásico). Del mismo modo, no integramos $\hat{A}$ por completo $SU(2)$ espacio.
@Heidar: Busque un ejemplo muy estúpido, el lagrangiano de una sola partícula $K - V(x)$ rompe claramente la simetría de traducción. Pero sigue siendo invariante bajo el mapa. $x\rightarrow x+ x_0$ , $V(x) \rightarrow V'(x) = V(x-x_0)$ .
Sí, hay ciertas sutilezas asociadas con esto. Para mí, sin embargo, parece que es posible salvar la construcción. Pero no estoy seguro ya que no he pensado demasiado en ello, podría ser interesante averiguarlo.
Lo siento, es un poco temprano en la mañana para mí aquí. No estoy seguro de entender tu ejemplo, ¿qué quieres decir con que has roto la simetría traslacional pero el potencial es invariable?
@Heider: el potencial no es invariable. Estoy diciendo que lo que estás haciendo es lo mismo que tomar el oscilador armónico clásico de una sola partícula $V = (x-x_0)^2$ y decir que la teoría resultante es traduccionalmente invariante porque $V$ no cambia debajo del mapa $x\rightarrow x+a$ , $x_0\rightarrow x_0 + a$ . El punto es que no se le permite cambiar el valor de $x_0$ en una simetría. Del mismo modo, no se le permite cambiar el $U(1)$ subálgebra en una simetría.
Oh sí, ahora veo tu punto. Como también dije antes, podría no tener sentido rotar la subálgebra y, por lo tanto, mi ley de transformación podría no tener sentido. Simplemente no me he dejado completamente claro a mí mismo, cómo ver que hay algo inconsistente. por ejemplo hace $SU(2)$ existen o no corrientes conservadas.
@BebopButUnsteady: ¿Significa eso que la transformación es $D_\mu \psi \rightarrow (U \partial_\mu + UA_\mu U^\dagger \sigma_z U)\Psi$
@Trimok: puedes escribir eso si quieres, pero solo estás reemplazando $\sigma_z$ con una matriz de Pauli diferente. $A_\mu$ es solo un $SU(2)$ escalar en la expresión que anoté. ( $\sigma_z$ es un $SU(2)$ matriz)
@BebopButUnsteady: OK, entonces la transformación es $D_\mu \psi \rightarrow (U \partial_\mu + A_\mu \sigma_z U)\Psi$ , que es diferente de $UD_\mu \psi$ . Así que hay ruptura de la $SU(2)$ simetría global. ¿Es correcto?
Habiendo tomado una taza de café, mi cerebro funciona un poco mejor. ahora estoy de acuerdo en que $SU(2)$ se rompe en este caso particular. Una forma de ver esto es que los dos componentes $\psi = (\psi^1,\psi^2)$ tienen diferentes cargos bajo el $U(1)$ . Por lo tanto, no se nos permite hacer una $SU(2)$ rotación $U\psi$ , ya que eso se mezclaría $\psi^1$ y $\psi^2$ y que no se transformaría covariantemente bajo el $U(1)$ parte que hemos medido. Esta es solo otra forma de decir que hemos medido un $U(1)$ incrustación de $SU(2)$ y no puede rotarlo como lo hice arriba.
Sin embargo, todavía parece posible medir un subgrupo. Creo que es posible si para una teoría de calibre $G$ , calibramos un subgrupo normal $H\in G$ . Esto significa que $g H g^{-1} = H$ , para todos $g\in G$ . Es fácil demostrar que el álgebra de Lie correspondiente a $H$ también se conserva. Por lo tanto, dadas las leyes de transformación que mencioné anteriormente, todo debería funcionar. En este ejemplo particular, el $U(1)$ claramente no es un subgrupo normal de $SU(2)$ y por lo tanto no funcionará. Si en cambio tomas $G=U(2)$ , hay un particular $U(1)$ subgrupo que puede medir y mantener global $U(2)$ simetría, eso es $e^{i\phi} I$ .
Acabo de notar que mencionas eso $\psi^1$ y $\psi^2$ tienen carga opuesta, no lo noté por alguna razón. Entonces parece que tenías razón todo el tiempo, no funciona para este ejemplo.
@Heidar: definitivamente puedes medir un subgrupo $H\in G$ cuando $G$ isomorfo a $H\times N$ sin romper nada. En cuanto a un subgrupo normal general, debería estar bien a menos que ocurra algo con los automorfismos externos de las teorías de calibre.
Oh, entiendo, esto tiene sentido, estaba confundido acerca de cómo transformar el campo A. Pero ahora está claro, gracias. Tengo que pensar en los subgrupos normales, pero tiene sentido pensar en simetrías realizadas lineales/no lineales.
Hola @Heidar, estaba confundido exactamente por la misma pregunta. Después de pensarlo un poco, creo que la declaración más general sobre medir un subgrupo (no necesariamente normal) $H$ de alguna simetría global $G$ , es que una vez que calibramos $H$ , todos los elementos en $G$ que no mapea $H$ a $H$ ya no sigue siendo una simetría. De manera equivalente, la simetría global sobrante es $N_G(H) = \{g\in G|gHg^{-1}=H \}$ , el normalizador de $H$ en $G$ (que es un subgrupo de $G$ ). Entonces la teoría se convierte en un $H$ -teoría de calibre con simetría global $N_G(H)/H$ .
Esto podría ser útil cuando un estudio $H$ Teorías calibre con algo de simetría global. $G$ , o fases topológicas enriquecidas por simetría para el caso. Implica que cuando uno trata de "descalibrar" la simetría $H$ , es decir, encontrar alguna teoría madre con simetría global $\tilde{G}$ con $H$ siendo un subgrupo de $\tilde{G}$ , que después de medir $H$ se convierte en un $H$ -teoría de calibre con simetría global $G$ . Basta considerar todos $\tilde{G}$ que son extensiones de $G$ por $H$ . Solo hay un número finito de posibilidades para cada acción de grupo posible. $\rho$ de $G$ en $H$ , clasificado por $H^2_{\rho}(G,H)$ .

Trimok · Answer 2

Referencia principal Zee (Mecánica cuántica en pocas palabras).

1) simetría global

Una simetría global significa que el Lagrangiano es invariante por una transformación cuyos parámetros son constantes.

Para una simetría global continua, si la simetría del Lagrangiano es el grupo $G$ , y si la simetría del vacío es el grupo $H$ , un subgrupo de $G$ , tienes ( $dim G-dim H$ ) Bosones de Goldstone.

Por ejemplo, tome un campo escalar complejo $\Phi$ con potencial de sombrero mexicano, de modo que la densidad lagrangiana total es $L = \partial \phi^\dagger \partial \phi + \mu^2 \phi^\dagger \phi - \lambda (\phi^\dagger \phi)^2$ .

La simetría del grupo está aquí. $G=O(2)$

Definir $\phi = \rho e^{i\theta}$

Romper la simetría significa elegir para el vacío los mínimos para el potencial y un ángulo particular, es decir:

$\rho_V = v, \theta_V = \theta_0$

El grupo $H$ es trivial aquí.

Definir : $\rho = v + \chi$ , dónde $v = \sqrt{\frac{\mu^2}{2\lambda}}$

Desarrollando el Lagrangiano, obtienes un término $v^2(\partial \theta)^2$ , que es la parte dinámica de un campo sin masa $\theta$ , entonces $\theta$ es nuestro bosón de Goldstone (Hay uno porque $dim G - dim H = 1 - 0 = 1$ ).

Entonces, vemos que la ruptura espontánea de la simetría podría surgir en una simetría continua global.

2) simetría local

Una simetría local significa que el Lagrangiano es invariante por una transformación cuyos parámetros son funciones del espacio-tiempo.

"Gauging" significa simetría local (continua). Por lo tanto, no necesita "calibrar" para tener una ruptura de simetría espontánea.

Con una simetría local, algunos de los bosones de Goldstone son "comidos" por el campo Gauge ( $A_\mu$ ), de modo que estos campos de calibre (que no tienen masa) se vuelven masivos. En una dimensión de espacio-tiempo 4d, un campo Gauge sin masa tiene $2$ grados de libertad, mientras que un campo de calibre masivo tiene $3$ grados de libertad. Para hacer eso, el campo Gauge tiene que "comerse" un grado de libertad (un bosón de Goldstone)

3) La simetría global como caso especial de simetría local

En el conjunto de simetría local, la simetría global es un caso muy especial (un subconjunto muy especial), donde los parámetros de transformación son constantes. Entonces, si lo desea, puede considerar que la simetría global está "incluida" en la simetría local.

Gracias, pero esto sin embargo no me da ninguna respuesta, sé lo que son las simetrías, globales y locales, y sus diferencias. Sin embargo, es el caso específico del que estoy hablando. Para los bosones de pseudogoldstone, por ejemplo: Higgs compuesto SO(5)/SO(4) donde se mide un subgrupo del SO(4) restante (que será la parte electrodébil de SM) que hace que el higgs NG adquiera una masa, que usted puede ver a partir de la renormalización de la función de onda (diagramas con bucles de los bosones de calibre).
Entonces, si entiendo correctamente (con algo de retraso...), tienes una simetría global $G$ , con ruptura de simetría espontánea con un grupo $H$ , entonces tomas un subgrupo $Hg$ de $H$ y lo mides. Y luego habría una ruptura explícita de la simetría global G. Y te preguntas cómo podría ser esto posible. Bien ?
Tal vez sea un problema de definición. Los Pseudo-Bosones de Goldstone están asociados a simetrías aproximadas $G$ . Por ejemplo, considerando las masas de los quarks $u$ y $d$ siendo cero, tienes una simetría aproximada $G = SU(2)_L * SU2(R)$ . La ruptura espontánea de la simetría da $G = SU(2)_L * SU2(R) \rightarrow SU2(I) = H$ .si la simetría fuera exacta, tendría bosones de Goldstone sin masa, pero de hecho, la simetría $G$ no es exacta (porque la masa de los quarks $u$ y $d$ es distinto de cero), por lo que tiene bosones pseudo-Goldstone que son ligeros, pero no sin masa. $G$ no es una simetría exacta.
Lo siento, no respondí antes. Sí, esta es mi pregunta. En el caso que escribió (QCD simple) está claro porque la simetría se rompe explícitamente por los términos de masa. Mi problema surge cuando la ruptura de simetría explícita debe provenir de una medición de un subgrupo. Como no veo. En la respuesta a continuación, puede ver que existe una pequeña controversia sobre cómo transformar correctamente el lagrangiano después de medir un subgrupo, y esto es lo que estoy tratando de resolver.

¿En la ruptura espontánea de la simetría, la simetría global rota por un subgrupo calibrado?

Ayfel

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