Integral funcional en ruptura espontánea de simetría

Nota: En el caso de la simetría de calibre, la degeneración del vacío bajo las transformaciones de calibre conduce a un vacío topológicamente no equivalente caracterizado por el número de vueltas de los campos de calibre, en cuyo caso el lagrangiano en la integral de trayectoria tiene un término que de hecho depende de qué ( theta) vacío que elijas. Sin embargo, aquí consideraremos una degeneración del vacío debido a una simetría global.

Prueba de que la definición de la ecuación para la integral de trayectoria es independiente de la elección del vacío (se supone que está de acuerdo en que el vacío de entrada y salida es el mismo, porque de lo contrario el elemento de la matriz desaparece), para simplificar, consideremos una simetría continua de un parámetro:

Primero recuerde que para un elemento de matriz S general

$$\begin{align*} \left\langle \beta^+ \right| T\{ \ldots \} \left| \alpha^- \right\rangle &= \int \prod_{\tau,\vec{x},m}d \phi_m (\vec{x},\tau)\{ \ldots\} \text{exp }\left(i\int_{-\infty}^{+\infty}d\tau L[\phi(\vec{x},\tau),\dot{\phi}(\vec{x},\tau)]\right) \\ &\qquad\qquad \times\left\langle \beta^+ \right| \left.\phi(+\infty);+\infty\right\rangle \left\langle \phi(-\infty);-\infty\right|\left. \alpha^- \right\rangle \end{align*}$$

El$\pm$el superíndice es para fuera y en estado respectivamente. Parametrizamos el vacío por$\theta$

$$e^{Q\theta}\left| \Omega,0\right\rangle = \left| \Omega,\theta\right\rangle$$ Dónde $Q(\pi,\phi)$es el generador de esta simetría global continua. Puño, elige los estados de entrada y salida para que sean los $\theta=0$vacío. Entonces puedes probar fácilmente que $$\left\langle \Omega^{\pm},0\right| \left.\phi(\pm\infty);\pm\infty\right\rangle \propto \text{exp} \left( -\frac{1}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right)$$ Dónde $\mathcal{E}(x,y) = \mathcal{E}(x-y)$es la transformada de Fourier de la energía libre en función del impulso.

Entonces, si elegimos los estados de entrada y salida para que sean el vacío con pequeñas$\theta>0$

$$\begin{align*} \left\langle \Omega^{\pm},\theta\right| \left.\phi(\pm\infty);\pm\infty\right\rangle &\propto \left(1 + \theta Q\left[\phi,\frac{\delta}{\delta \phi}\right] \right)\text{exp} \left( -\frac{1}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right) \\ &\approx \text{exp} \left( -\frac{1 + \theta}{2}\int d^3 xd ^3 y\mathcal{E}(x,y)\phi(x)\phi(y) \right) \end{align*}$$ Y deducimos que en ambos casos $\theta = 0$y $\theta$un poco más grande, el término $$\left\langle \Omega^+, \theta \right| \left.\phi(+\infty);+\infty\right\rangle \left\langle \phi(-\infty);-\infty\right|\left. \Omega^- ,\theta \right\rangle$$ Tendrá como único objeto proporcionar la $i\epsilon$término, y allí por $\theta$es irrelevante.

No tienes que escribir el generador funcional en el estado fundamental. Más generalmente

$$\langle\mathcal{O}\rangle=\frac{\text{tr}(\rho \mathcal{O})}{\text{tr}\;\rho}$$ donde la traza es sobre todos los estados y $\rho$es la matriz de densidad. Esto se puede escribir como una integral de trayectoria en general para cualquier $\rho$, por lo que no veo una dificultad formal particular en definir la integral funcional en un caso de ruptura de simetría.

Si se encuentra en un cierto vacío, puede escribir la integral de trayectoria en términos de campos que son perturbaciones de ese vacío y la simetría de calibre restante puede tratarse utilizando el procedimiento estándar de Fadeev-Popov para teorías de invariantes de calibre.