Identidad anómala de Slavnov-Taylor

Question

Identidad anómala de Slavnov-Taylor

itamarhason

Estaré feliz si alguien pudiera aclarar el misterio aquí.

Considere la siguiente derivación de la identidad anómala de Slavnov. Está basado en notas de conferencias de Adel Bilal.

Supongamos que tenemos una acción con un campo (o campos) $\phi$ , y una transformación de simetría que toma

ϕ \to ϕ^{'} = ϕ + ϵ F (X, ϕ (X)),

$\phi \rightarrow \phi ' = \phi + \epsilon F(x, \phi(x)) ,$ bajo el cual la acción es invariante,

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi '] = S[\phi]$ .

Sin embargo, supongamos que la medida funcional es anómala:

D ϕ \to D ϕ {mi}^{i ϵ \int A (X)} .

${ \mathcal{D} \phi } \rightarrow { \mathcal{D} \phi } \space \space e^{i\epsilon \int \mathcal{A}(x)}.$

Veamos la siguiente integral de trayectoria (que es la funcional generadora de los diagramas conectados):

\int D ϕ Exp (i S [ϕ] + i \int j (X) ϕ (X)) = \int D ϕ^{'} Exp (i S [ϕ^{'}] + i \int j (X) ϕ^{'} (X)) = \int D ϕ Exp (i ϵ \int A (X)) Exp (i S [ϕ] + i \int j (X) ϕ (X) + i ϵ \int j (X) F (X, ϕ)) = \int D ϕ Exp (i S [ϕ] + i \int j (X) ϕ (X)) (1 + i ϵ \int A (X) + i ϵ \int j (X) F (X, ϕ)) .

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x))} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '] + i\int J(x)\phi '(x))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x)) \left( 1 + i\epsilon \int A(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi)\right)}.$

La primera igualdad es solo un cambio de variables de integración, la segunda es la sustitución de $\phi '$ en términos de $\phi$ , y el tercero es solo reorganización y expansión de primer orden en $\epsilon$ .

Ahora obtienes la identidad de Slavnov-Taylor (ecuación 4.5 en el artículo original):

\begin{matrix} (4.5) & \int (A (X) + j (X) {⟨ F (X, Φ) ⟩}_{j}) = 0 \end{matrix}

$\int { (\mathcal{A}(x) + J(x) {\left< {F(x,\Phi)} \right>} _J) } = 0 \tag{4.5}$

¿Alguien puede explicar cómo esta identidad podría ser posible, ya que $\mathcal{A}$ no depende de $J$ , que es un campo auxiliar, por lo que sustituyendo $J=0$ daría $\int \mathcal{A} = 0$ lo cual no parece plausible.

El origen del problema (si es un problema como parece) debería estar en el cambio de variables en la primera igualdad anterior, pero parece válido. Para simplificar las cosas, creo que todas las ecuaciones anteriores podrían derivarse con $J=0$ , dar:

\int D ϕ Exp (i S [ϕ]) = \int D ϕ^{'} Exp (i S [ϕ^{'}]) = \int D ϕ Exp (i ϵ \int A (X)) Exp (i S [ϕ])

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi])} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '])} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi])}$

Lo cual no parece plausible en absoluto.

Tal vez esté relacionado con algunos esquemas de regularización que generalmente deberían implementarse en QFT, pero no es inmediato a partir de estas ecuaciones que necesite una regularización aquí, por lo que no me queda claro qué es lo que está mal con estas ecuaciones.

Respuestas (2)

Identidad anómala de Slavnov-Taylor

una mente curiosa · Answer 1

De hecho, la derivación en la referencia dada parece confusa e inconsistente. El error crucial me parece que

S [ϕ + ϵ d ϕ] = S [ϕ]

$S[\phi + \epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ simplemente no es cierto para una simetría infinitesimal. La definición de una simetría es que

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi']=S[\phi]$ (términos de límite de módulo) para la transformación finita

ϕ \mapsto ϕ^{'}

$\phi\mapsto \phi'$ . Escribiendo esto de forma infinitesimal, se obtiene ¹

S [ϕ^{'}] = S [ϕ] + ϵ \frac{d S}{d ϕ} d ϕ + O (ϵ^{2})

$S[\phi'] = S[\phi] + \epsilon\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi + \mathcal{O}(\epsilon^2)$ significado

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = 0

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = 0$ términos de límite de módulo, pero crucialmente esto no significa que

S [ϕ + ϵ δ ϕ] = S [ϕ]

$S[\phi+\epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ . Tenemos

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = \int \partial_{μ} j^{μ}

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = \int\partial_\mu j^\mu$ por la corriente de Noether

j

$j$ .

Una derivación adecuada de las identidades ST se expande $S[\phi']$ como hice anteriormente para obtener

⟨ A (X) + (\frac{d S}{d ϕ (X)} + j (X)) d ϕ (X) ⟩_{j} = 0

$\langle \mathcal{A}(x) + \left(\frac{\delta S}{\delta \phi(x)} + J(x)\right)\delta\phi(x)\rangle_J = 0$ lo que da

⟨ A ⟩ = \partial_{μ} ⟨ j^{μ} ⟩

$\langle \mathcal{A}\rangle = \partial_\mu\langle j^\mu\rangle$ en

J = 0

$J=0$ , que es la declaración correcta de no conservación anómala.

^{¹ La notación $\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi$ es corto para $\int\frac{\delta S}{\delta \phi(x)}\delta\phi(x)$ .}

Creo que hay cierta confusión entre la simetría de la acción y la simetría de la acción sujeta a la aplicación de las ecuaciones clásicas de movimiento.
@itamarhason: No existe tal cosa como un "sujeto de simetría para hacer cumplir el eom". Por definición de una solución del eom, $\delta S= 0$ para cualquier transformación que hagas (la solución a la eom son puntos críticos de la acción funcional). Reconoces simetrías por $\delta S=0$ fuera de la cáscara , no por lo que hacen dentro de la cáscara. Además, dentro de la integral de ruta, seguramente no puede hacer cumplir la eom.
Creo que acepto tu respuesta, aunque pondría más énfasis en el hecho de que $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)}$ no es cero pero $\partial_\mu j^\mu (x)$
Tal vez puedas escribir de la siguiente manera: en lugar de $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} = 0$ (que es lo que se supone falsamente arriba), tenemos $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} \delta \phi (x) = \epsilon(x) \partial_\mu j^\mu (x)$ , el parámetro infinitesimal de transformación multiplicado por la divergencia de la corriente nula $j_\mu$ , que se conserva clásicamente, podría conservarse también en la teoría cuántica si $\mathcal{A}$ desaparecería, pero no se conserva si no lo hace.
@itamarhason: No sé lo que quieres. $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}\delta\phi(x) = \partial_\mu j^\mu$ sin el $\epsilon$ . Y ya digo que la corriente clásicamente conservada no se conserva, eso es lo que significa *"que es el enunciado correcto de no conservación anómala" . Cualquiera que mire esto debería reconocer instantáneamente la desviación de la ecuación de continuidad habitual. $\partial_\mu j^\mu = 0$ , no veo que más habría que decir al respecto.
Pienso que el $\epsilon$ debería estar allí, de lo contrario obtienes un término infinitesimal en el lado izquierdo y uno no infinitesimal en el lado izquierdo. Debería aparecer allí también si lo derivas como de costumbre en el teorema de noether.
Con respecto a mi solicitud, no me quedó muy claro cuando leí su respuesta por primera vez, es por eso que sugerí editarla ligeramente. Lo que no estaba tan claro es la distinción entre la oración $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = 0$ términos de límite de módulo , y la ecuación justo después de eso $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = \partial_\mu j^\mu$ . Sé que toda la información está ahí, pero no es tan clara para el lector, o al menos para mí.
@itamarhason: Es posible que esté usando una definición diferente a la mía. Mira mi variación de campo. estoy diciendo $\phi\mapsto \phi+\epsilon\delta\phi$ , mientras pareces estar usando $\phi\mapsto\phi+\delta\phi$ . También, $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}$ es la derivada funcional , por lo que la lhs no es infinitesimal, y tampoco lo es la rhs
Oh, ya veo, está bien, tienes razón sobre las diferentes definiciones. Lo lamento.

qmecanico · Answer 2

OP básicamente está preguntando (v4) lo siguiente.

como la ecuacion
$\begin{matrix} (4.5) & \int d^{4} X (i A (X) + i \sum_{r} j_{r} (X) ⟨ F^{r} [X, Φ] ⟩_{j}) = 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) \langle F^r\left[x,\Phi\right] \rangle_J\right) ~=~0, \tag{4.5}$ o equivalente, $\begin{matrix} (4.5') & \int d^{4} X (i A (X) + i \sum_{r} j_{r} (X) F^{r} [X, \frac{d}{i d j}]) Z [j] = 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) F^r\left[x,\frac{\delta}{i \delta J}\right]\right)Z[J] ~=~0, \tag{4.5'}$ se puede cumplir para fuentes arbitrarias $J$ ? En particular, si la anomalía ${\cal A}$ es distinto de cero y fuente $J=0$ es cero?

En la ecuación. (4.5'), introducimos la función de partición

\begin{matrix} (4.4) & Z [j] = {mi}^{i W [j]} = \int [\prod_{s} D ϕ^{s}] Exp [i S [ϕ] + i \int d^{4} X \sum_{r} j_{r} (X) ϕ^{r} (X)] . \end{matrix}

$Z[J]~=~e^{iW[J]}~=~\int\! \left[ \prod_s {\cal D} \phi^s \right] \exp\left[i S[\phi] +i \int\! \mathrm{d}^4x\sum_r J_r(x) \phi^r(x) \right]. \tag{4.4}$

En lugar de repetir esencialmente la derivación de la Ref. 1, tal vez un modelo de juguete ingenuo en un espacio-tiempo de dimensión 0 esté en orden.

Ejemplo. Deja que la acción $S$ ser una constante independiente de los campos $\phi^r$ . ¡Entonces ciertamente tenemos una simetría de la acción! Como la acción es constante, por simplicidad elegimos que sea cero $S\equiv 0$ . La función de partición se convierte en una distribución delta de Dirac multidimensional

Z [j] = d (j)

$Z[J]~=~ \delta(J)$

(factores de módulo de $2\pi$ que ignoramos). Consideremos una simetría lineal

F^{r} (ϕ) = \sum_{s} A^{r}_{s} ϕ^{s},

$F^r(\phi) ~=~\sum_s A^r{}_s ~\phi^s,$

porque ref. 1 asume que la anomalía no depende de los campos $\phi^s$ . La "anomalía" se convierte simplemente en la huella

i A = \sum_{s} \frac{\partial F^{s} (ϕ)}{\partial ϕ^{s}} = \sum_{s} A^{s}_{s},

$i{\cal A}~=~\sum_s \frac{\partial F^s(\phi)}{\partial \phi^s}~=~\sum_s A^s{}_s ,$ que no es necesariamente cero. Entonces la ec. (4.5') lee

(\sum_{s} A^{s}_{s} + \sum_{r, s} j_{r} A^{r}_{s} \frac{\partial}{\partial j^{s}}) d (j) = \sum_{r, s} \frac{\partial}{\partial j^{s}} (j_{r} A^{r}_{s} d (j)) = 0,

$\left( \sum_s A^s{}_s + \sum_{r,s} J_r A^r{}_s \frac{\partial}{ \partial J^s}\right)\delta(J)~=~ \sum_{r,s}\frac{\partial}{ \partial J^s} \left(J_r A^r{}_s~ \delta(J)\right)~=~0,$ que de hecho es una identidad bien conocida para la distribución delta de Dirac. Por el contrario, la ec. (4.5) no tiene sentido en el ejemplo, porque no tiene sentido dividir con una distribución delta de Dirac. Atribuimos esto a la tosquedad del modelo de juguete.

Referencias:

A. Bilal, Conferencias sobre anomalías, arXiv:0802.0634 .

Esto es bueno, pero realmente no responde la pregunta en mi opinión. Creo que lograste dar un ejemplo donde funciona solo porque el actual $j_\mu$ desaparece Como se explicó anteriormente, cuando la corriente no se desvanece (que de todos modos creo que es un caso interesante), (4.5) sería incorrecto.
Tenga en cuenta que ${\cal A}$ no necesariamente desaparece en el ejemplo.
Ya veo, pero ¿tiene algún significado? La teoría es trivial...

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