Invariancia de calibre local de Dirac Lagrangian

Question

Invariancia de calibre local de Dirac Lagrangian

kamil

Dejar

L = i ℏ C \bar{ψ} γ^{m} \partial_{m} ψ - metro C^{2} \bar{ψ} ψ

$\mathcal{L} = i \hbar c \overline{\psi} \gamma^{\mu} \partial_{\mu} \psi - mc^2 \overline{\psi} \psi$ Sea la densidad lagrangiana para un campo de Dirac libre . Estoy estudiando física de partículas del libro de Griffiths (sección 11.3. invariancia de calibre local).

Quiero aplicar la transformación de calibre

ψ \to {mi}^{- i q λ (X) / ℏ C} ψ .

$\psi \rightarrow e^{-iq \lambda(x) / \hbar c} \psi.$ Esto no dejará invariante al Lagrangiano ya que tomamos un término extra, porque

\partial_{m} ψ \to {mi}^{- i q λ (X) / ℏ C} [\partial_{m} - \frac{i q}{ℏ C} (\partial_{m} λ)] ψ .

$\partial_{\mu} \psi \rightarrow e^{-iq \lambda(x) / \hbar c} \bigg[ \partial_{\mu} - \frac{iq}{\hbar c} (\partial_{\mu} \lambda) \bigg] \psi.$

Ahora Griffiths dice que si reemplazamos en el Lagrangiano de Dirac cada derivado $\partial_{\mu}$ con la derivada covariante

D_{m} = \partial_{m} + \frac{i q}{ℏ C} A_{m}

$D_{\mu} = \partial_{\mu} + \frac{iq}{\hbar c} A_{\mu}$ la transformación

A_{m} \to A_{m} + \partial_{m} λ

$A_{\mu} \rightarrow A_{\mu} + \partial_{\mu} \lambda$ cancelará el término infractor y dejará invariante el lagrangiano. Ahora quería comprobar si esto realmente funciona, pero en mis cálculos finales siempre termino con un término extra. Tengo

L^{^{'}} = i ℏ C {mi}^{i q λ / ℏ C} \bar{ψ} γ^{m} (\partial_{m} + \frac{i q}{ℏ C} A_{m}) ({mi}^{- i q λ / ℏ C} ψ) - metro C^{2} \bar{ψ} ψ .

$\mathcal{L}^{'} = i \hbar c e^{iq \lambda / \hbar c} \overline{\psi} \gamma^{\mu} (\partial_{\mu} + \frac{iq}{\hbar c} A_{\mu}) \big( e^{-iq\lambda / \hbar c} \psi \big) - mc^2 \overline{\psi} \psi.$ Ahora también reemplazo

A_{μ}

$A_{\mu}$ por

A_{μ} + \partial_{μ} λ

$A_{\mu} + \partial_{\mu} \lambda$ . entonces obtengo

L^{^{'}} = i ℏ C {mi}^{i q λ / ℏ C} \bar{ψ} γ^{m} \partial_{m} ({mi}^{- i q λ / ℏ C} ψ) - q {mi}^{i q λ / ℏ C} \bar{ψ} γ^{m} (A_{m} + \partial_{m} λ) ({mi}^{- i q λ / ℏ C} ψ) - metro C^{2} ψ \bar{ψ} .

$\mathcal{L}^{'} = i \hbar c e^{iq \lambda / \hbar c} \overline{\psi} \gamma^{\mu} \partial_{\mu} \bigg( e^{-iq\lambda / \hbar c} \psi \bigg) - q e^{iq \lambda / \hbar c} \overline{\psi} \gamma^{\mu} \big( A_{\mu} + \partial_{\mu} \lambda \big) \big( e^{-iq\lambda / \hbar c} \psi \big) - mc^2 \psi \overline{\psi}.$ Pero si resuelvo esto, termino con

L^{^{'}} = i ℏ C \bar{ψ} γ^{m} (\partial_{m} ψ) - metro C^{2} \bar{ψ} ψ - q \bar{ψ} γ^{m} A_{m} ψ .

$\mathcal{L}^{'} = i \hbar c \overline{\psi} \gamma^{\mu} (\partial_{\mu} \psi) - mc^2 \overline{\psi} \psi - q \overline{\psi} \gamma^{\mu} A_{\mu} \psi.$ Observe el término adicional que aparece. ¿Hice algo mal aquí? Agradecería alguna ayuda porque quiero entender esto.

Blazej

Sugerencia: comience demostrando que si

D_{μ}^{'} = D_{μ} + i q \partial_{μ} θ

$D'_{\mu}=D_{\mu}+iq \partial_{\mu} \theta$ y

ψ^{'} = e^{- i q θ}

$\psi' = e^{-iq \theta}$ entonces

D_{μ}^{'} ψ^{'} (x) = e^{- i q θ} D_{μ} ψ (x)

$D'_{\mu} \psi'(x)=e^{-iq \theta} D_{\mu} \psi(x)$ . Esta ecuación establece que la derivada

D

$D$ es covariante, es decir, los factores de fase correspondientes a la simetría de norma pasan directamente a través de ella.

Javier

No debes comparar con el Lagrangiano original, debes comparar con el que tiene la derivada covariante. En otras palabras, el

\bar{ψ} γ^{μ} A_{μ} ψ

$\bar{\psi}\gamma^\mu A_\mu \psi$ está bien, estaba allí antes de la transformación del indicador.

kamil

Así que el término

\bar{ψ} γ^{μ} A_{μ} ψ

$\overline{\psi} \gamma^{\mu} A_{\mu} \psi$ get se agrega automáticamente al nuevo Lagrangiano de Dirac, ¿el que tiene la derivada covariante?

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Invariancia de calibre local de Dirac Lagrangian

Sugerencia: comience demostrando que si $D'_{\mu}=D_{\mu}+iq \partial_{\mu} \theta$ y $\psi' = e^{-iq \theta}$ entonces $D'_{\mu} \psi'(x)=e^{-iq \theta} D_{\mu} \psi(x)$ . Esta ecuación establece que la derivada $D$ es covariante, es decir, los factores de fase correspondientes a la simetría de norma pasan directamente a través de ella.
No debes comparar con el Lagrangiano original, debes comparar con el que tiene la derivada covariante. En otras palabras, el $\bar{\psi}\gamma^\mu A_\mu \psi$ está bien, estaba allí antes de la transformación del indicador.
Así que el término $\overline{\psi} \gamma^{\mu} A_{\mu} \psi$ get se agrega automáticamente al nuevo Lagrangiano de Dirac, ¿el que tiene la derivada covariante?

innisfree · Answer 1

Has malinterpretado a Griffiths. reemplazando

\partial_{m} \to D_{m}

$\partial_\mu \to D_\mu$ es parte de una receta para hacer un lagrangiano invariante de calibre. El Lagrangiano posterior es invariante bajo las transformaciones,

ψ \to {mi}^{- i q λ (X)} ψ y A_{m} \to A_{m} + \partial_{m} λ

$\psi \rightarrow e^{-iq \lambda(x)} \psi \quad\text{and}\quad A_{\mu} \rightarrow A_{\mu} + \partial_{\mu} \lambda$ El reemplazo

\partial_{μ} \to D_{μ}

$\partial_\mu \to D_\mu$ no es parte de la transformación de calibre.

Amara · Answer 2

Todo esto tiene sentido si uno usa el lenguaje de los haces de fibras. Pero intentaré evitarlo y traducirlo a una forma menos técnica. Lo que está pasando es lo siguiente: tienes una variedad en la que estás haciendo física. Pero en general no tienes coordenadas globales sino parches de coordenadas. Estos parches de coordenadas podrían tener áreas donde se cruzan y, por lo tanto, cuando hacemos una transformación de un conjunto de coordenadas a otro, la física en la intersección debería coincidir. En este caso, significa que el Lagrangiano no debería cambiar. Estamos cambiando desde un conjunto de coordenadas con alguna transformación. La transformación que usamos para pasar de una coordenada a otra es del grupo de mentira $U(1)$ y se hace por $\psi \rightarrow e^{iq\lambda(x)} \psi$ . Ahora comience con el siguiente lagrangiano:

L = i ℏ C \bar{ψ} γ^{m} \partial_{m} ψ - {metro}^{2} C^{2} \bar{ψ} ψ

$\mathcal{L} = i \hbar c \overline{\psi}\gamma^{\mu}\partial_{\mu} \psi -m^2 c^2 \overline{\psi}\psi$ Lo que descubriste fue que la física no permaneció igual cuando cambiaste las coordenadas. Esto es inaceptable porque la física no puede depender de sistemas de coordenadas.

Entonces, ¿qué salió mal? El problema es que nuestra variedad no es localmente plana y, de hecho, tiene cierta curvatura con una regla sobre cómo realizar el transporte paralelo. Al igual que en GR, hay una conexión que cambia la forma en que se ve la derivada parcial en su caso $\partial_{\mu} \rightarrow \partial_{\mu} - iq \partial_{\mu}(\lambda)$ El término adicional es el análogo de los símbolos de Christoffel.

Ahora, en la segunda parte del ejercicio, Griffith ya te ha dado el Lagrangiano que tiene la derivada covariante con la conexión correcta de una forma o para usar el lenguaje físico "campo de medida". El Lagrangiano ya ha sido modificado para reflejar el hecho de que hay curvatura. Además, el campo de calibre o la conexión tiene que transformarse apropiadamente cuando cambiamos las coordenadas. Resulta que la regla general de transformación es $A'_{\mu} \rightarrow g A_{\mu}g^{-1} + g^{-1}dg$ donde g es un elemento en algún grupo. Para QED, que es con lo que estás tratando $g = e^{i\lambda(x)} \in U(1)$ . Observe cómo da la regla de transformación correcta para $A_{\mu}$ Griffith te dio. Lo que estoy describiendo se llama invariancia de calibre o simetría de calibre, que es un nombre realmente malo para la transformación de coordenadas.

Lo sorprendente es que para que mi Lagrangiano sea invariante coordinado en una variedad con curvatura, implica que tiene que incluir un acoplamiento del fermión con el fotón, de ahí el término adicional que obtuviste. $q\overline{\psi}\gamma^{\mu}A_{\mu} \psi$ .

Lo último, he mencionado la curvatura y es posible que se pregunte cuál es el análogo del tensor de Riemann; es $F_{\mu \nu}$ . He cortado muchas esquinas, pero espero que esto tenga sentido.

En su regla de transformación para $A'_\mu$ , qué es $d$ ?
@CStarAlgebra la derivada exterior, por supuesto ( en.wikipedia.org/wiki/Exterior_derivative ). Esta es una notación común. En este caso, solo una forma elegante de escribir $\partial_{\mu}$ .

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