¿Justificación del calibre U(1)U(1)U(1) para electromagnetismo?

En última instancia, la razón física para hacer esto es que funciona. Hay una línea de razonamiento bastante natural que conduce a este procedimiento: eso no es una prueba, porque las pruebas no existen en física, pero es una motivación sugestiva. Repasaré este razonamiento, dividiendo la narración con alguna elaboración que puede ser útil.

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Si impones una simetría local bajo la acción de un grupo de Lie$G$, entonces se le dirige inmediatamente a la necesidad de una conexión, que puede representarse mediante un formulario$\mathbf A$que toma sus valores en el álgebra de Lie$\frak g$asociado a$G$, y una derivada covariante$D = \partial + A$.

Dejar$\Psi : \mathbb R^3\mapsto \mathbb C^n$frijol$n$-función de onda componente. Elegimos una base$\{\hat e_1,\hat e_2,\ldots,\hat e_n\}$para$\mathbb C^n$y expresar nuestra función de onda en forma de componentes$\Psi = \psi^a \hat e_a$. Si permitimos que la base dependa de la posición, entonces la diferenciación de la función de onda produce

$$\partial_{\color{red}{\mu}} \Psi = (\partial_\color{red}{\mu} \psi^a)\hat e_a + \psi^a\partial_\color{red}{\mu}(\hat e_a)$$ donde uso el subíndice griego rojo para denotar el índice espacial y los super/subíndices latinos para denotar el$\mathbb C^n$índices. La expresion$\partial_\color{red}{\mu}(\hat e_a)$será algún elemento de$\mathbb C^n$, por lo que podemos expresarlo en la base local como$\partial_\color{red}{\mu}(\hat e_a) = {A_\color{red}{\mu}}^b_{\ \ a} \hat e_b$. Conectar esto de nuevo y volver a etiquetar los rendimientos de los índices $$\partial_\color{red}{\mu} \Psi = (\partial_\color{red}{\mu} \psi^a + {A_\color{red}{\mu}}^a_{\ \ b} \psi^b)\hat e_a$$ Esto motiva la definición$D_\color{red}{\mu} \equiv \partial_\color{red}{\mu} + A_\color{red}{\mu}$(donde, para cada$\color{red}{\mu}$,$A_\color{red}{\mu}$se interpreta como un$n\times n$matriz compleja), entonces$\partial_\color{red}{\mu} \Psi = (D_\color{red}{\mu}\psi)^a \hat e_a$. Bajo cambio de base a través de algunos$\Omega \in G$,$\psi^a \mapsto \Omega^a_{\ \ b} \psi^b$y$\hat e_a \mapsto (\Omega^{-1})^b_{\ \ a} \hat e_b$para preservar el valor de$\Psi$sí mismo. Nota: De ahora en adelante, dejaré caer el índice espacial, porque simplemente se sienta allí y viene con el viaje. Siempre puedes volver a ponerlo si quieres.

Ejercicio para el lector : Usando la definición$\partial(\hat e_a) = A^b_{\ \ a}\hat e_b$, demuestre que bajo cambio de base,$A \mapsto \Omega(A + \partial) \Omega^{-1}$. Además, argumenta que si$\Omega = e^\theta$para algunos$\theta \in \frak{g}$, la consistencia requiere que$A \in \frak{g}$.

Ahora preguntamos si esta conexión tiene algún significado físico. Si puede establecerse uniformemente en cero mediante el cambio apropiado de calibre, entonces podemos realizar todos nuestros cálculos en ese calibre; dado que todos los calibres son físicamente equivalentes, esto implica que$A$no puede manifestar ningún efecto físico. Establecer la conexión a cero significa que$\Omega(A + \partial)\Omega^{-1} = 0 \iff A = -(\partial \Omega^{-1})\Omega = \Omega^{-1} \partial \Omega$para algunos$\Omega \in G$.

Ejercicio para el lector : Demuestra que si$A_\mu = \Omega^{-1} \partial_\mu \Omega$, entonces

$$(dA)_{\mu\nu} \equiv \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu = -[A_\mu,A_\nu]$$ entonces el$\frak{g}$-valorado (!) 2-forma$F$con componentes$F_{\mu\nu} \equiv (dA)_{\mu\nu} + [A_\mu,A_\nu] = 0$. Además, demuestre que bajo cambio de calibre,$F \mapsto \Omega F \Omega^{-1}$.

Que la conexión se pueda poner a cero implica que$F$(llamada forma de curvatura de$A$) desaparece. Lo contrario también es cierto (al menos localmente), pero eso es considerablemente más difícil de mostrar.

Si$F$ no desaparece, entonces necesitamos alguna forma de determinar cuál debería ser. Una forma de hacer esto es hacer un escalar (densidad) a partir de$\mathbf F$y utilícelo como una densidad lagrangiana. Recordar que$F$tiene dos índices espaciales que necesitan ser atendidos. genéricamente$^\dagger$, el escalar más simple que se puede hacer a partir de$\mathbf F$es$-\frac{1}{4}\operatorname{Tr}(F^2)$, dónde$F^2=F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$y el factor numérico se suma por razones convencionales.

Tenga en cuenta que$g^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$desaparece de forma idéntica, así que eso no es bueno. Sin embargo,$F^2 \equiv g^{\mu\alpha}g^{\nu \beta} F_{\mu \nu} F_{\alpha \beta}$no es. Pero debemos tener cuidado - cada uno$F_{\mu\nu}$es una matriz . Escrito correctamente con todos los índices pertinentes,

$$F^2 = g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\left( F^a_{\ \ b}\right)_{\mu\nu} \left( F^b_{\ \ c}\right)_{\alpha\beta} = (F^2)^a_{\ \ c}$$ Todavía necesitamos deshacernos de esos índices de espacio vectorial, por lo que podemos rastrearlos para obtener un escalar real: $$\operatorname{Tr}(F^2) = (F^2)^a_{\ \ a} = g^{\mu\alpha}g^{\nu\beta}\left( F^a_{\ \ b}\right)_{\mu\nu} \left( F^b_{\ \ a}\right)_{\alpha\beta}$$

Exigir que el lagrangiano sea invariante de calibre descarta términos como$A_\mu A^\mu$, lo que daría la$A$campos una masa; como resultado, todos los campos auxiliares obtenidos de esta manera son sin masa.

Al fin y al cabo, el acoplamiento a la materia en la teoría surge naturalmente de la presencia de la conexión en la derivada covariante. La dinámica surge del uso del escalar invariante de calibre más simple como una densidad lagrangiana.

Pregunta 1. ¿Cuál es la razón física por la que deberíamos exigir un$U(1)$¿La simetría de calibre está presente para la función de onda de un fermión cargado?

No hay ninguna razón en particular por la que deberíamos, aparte de que si lo hacemos , entonces el electromagnetismo cae en nuestro regazo. Si repetimos el procedimiento con diferentes grupos de calibre, llegamos a diferentes teorías, algunas de las cuales parecen manifestarse en la realidad y otras que no.

Pregunta 2. Después de imponer esta simetría de calibre en el Lagrangiano de Dirac, ¿cuál es la justificación física para que dejemos que el término de conexión en forma de 1 sea precisamente el potencial vectorial?$A_\mu$, y no otros términos del electromagnetismo (digamos,$F_{\mu\nu}A^\nu$)?

creo que lo estoy imaginando$U(1)$se impone la simetría y posteriormente se casa con el electromagnetismo, pero eso no es del todo correcto.$U(1)$se impone la simetría y luego se convierte en electromagnetismo. No es que nos encontremos buscando una conexión de forma 1 y decidamos que debería ser el vector potencial; es que si sigue el procedimiento anterior, entonces la conexión de forma 1 obedece automáticamente las ecuaciones de Maxwell y ejerce una fuerza de Lorentz sobre la materia cargada.

En otras palabras, puedes llamarlo como quieras pero la imposición de un local$U(1)$la simetría requiere la introducción de un campo auxiliar que se comporte exactamente como el 4 potencial electromagnético y tenga exactamente el mismo efecto sobre la materia. Si camina como un pato y grazna como un pato...

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$^\dagger$Una divertida excepción a esta regla es si la dimensión del espacio subyacente y la dimensión del espacio vectorial en el que$G$los actos son los mismos; entonces los índices griego y latino pasan precisamente por los mismos valores. Esto es cierto cuando consideramos$d$-espacio-tiempo dimensional y su$d$-espacios tangentes dimensionales, por ejemplo.

En ese caso, podemos contraer un índice latino con un índice griego en la expresión$(F^a_{\ \ b})_{\mu\nu}$y luego contrae el resultado con la métrica. La única manera no trivial de hacer esto es

$$g^{\mu \nu} (F^a_{\ \ \mu})_{a \nu}$$

Este término es lineal en$F$en lugar de cuadrático, y aparece en la relatividad general; la conexión es la conexión de Christoffel,$F$es el tensor de curvatura de Riemann, y el escalar obtenido anteriormente es el escalar de Ricci.