La ruptura espontánea de la simetría al subespacio no da bosones sin masa

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La ruptura espontánea de la simetría al subespacio no da bosones sin masa

Física
simetría
teoría de calibre
invariancia de calibre
ruptura de simetría
teoría cuántica de campos

JeffDror

Actualmente estoy tratando de comprender las simetrías rotas espontáneamente en general y me he topado con un resultado extraño que no parece corresponder a mi conocimiento sobre las simetrías de calibre rotas.

Supongamos que comenzamos con una teoría invariante SU(2) con un doble Higgs,

ϕ = (\begin{matrix} ϕ_{1} \\ ϕ_{2} \end{matrix})

$\begin{equation} \phi = \left( \begin{array}{c} \phi _1 \\ \phi _2 \end{array} \right) \end{equation}$ y explorar los posibles patrones de ruptura. Ahora dividimos SU(2) en un subgrupo, presumiblemente U(1). Para ello me gustaría encontrar alguna combinación de los generadores que aniquilen el vacío,

α_{a} \frac{σ_{a}}{2} (\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix}) = 0

$\begin{equation} \alpha_a \frac{ \sigma _a }{ 2} \left( \begin{array}{c} v _1 \\ v _2 \end{array} \right) = 0 \end{equation}$ dónde

v_{i}

$v _i$ son los VEV de

ϕ_{i}

$\phi _i$ . Para tener una solución no trivial a la ecuación anterior debemos tener,

det (α_{a} σ_{a}) = 0

$\det ( \alpha _a \sigma _a ) = 0$ . Una de esas soluciones es

α = {(\begin{array}{ccc} 1 & - i & 0 \end{array})}^{T}

$\alpha = \left( \begin{array}{ccc}1 & -i & 0\end{array} \right)^T$ . Esto aniquila el vacío,

{(\begin{array}{cc} 0 & v \end{array})}^{T}

$\left( \begin{array}{cc}0 & v\end{array} \right) ^T$ desde,

\frac{1}{2} (σ_{X} - i σ_{y}) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) = 0

$\begin{equation} \frac{1}{2} ( \sigma _x - i \sigma _y ) \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right) = 0 \end{equation}$

Hasta ahora, todo bien. Sin embargo, si voy y encuentro las masas de los bosones de calibre en esta teoría, encuentro que todos son masivos:

\begin{aligned} D_{m} ϕ^{†} D^{m} ϕ & \to {gramo}^{2} v^{2} W_{a, m} (\begin{array}{cc} 0 & 1 \end{array}) (σ_{a} σ_{b}) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) W_{b}^{m} \\ = {gramo}^{2} v^{2} W_{a, m} W_{a}^{m} \end{aligned}

$\begin{align} D _\mu \phi ^\dagger D ^\mu \phi & \rightarrow g ^2 v ^2 W _{ a ,\mu } \left( \begin{array}{cc}0 & 1\end{array} \right) \left( \sigma _a \sigma _b \right) \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right) W ^\mu _b \\ & = g ^2 v ^2 W _{a, \mu } W _a ^\mu \end{align}$ donde hemos usado,

σ_{a} σ_{b} = i ϵ_{a b c} σ_{c} + δ_{a b}

$\sigma _a \sigma _b = i \epsilon _{ a b c} \sigma _c + \delta _{ ab }$ .

Dado que podemos transformar el vacío con una combinación de generadores y dejar la teoría invariable, esperaba tener también bosones de calibre sin masa. ¿Por qué ninguno de los bosones de calibre no tiene masa?

Nota: Esto no es un problema en el modelo estándar ya que no obtenemos la base de masa después de la rotura espontánea. Luego usamos el ángulo de Weinberg para rotar entre bases.

DosBs

Debe considerar solo operadores hermitianos que aniquilan el vacío, es decir, combinaciones lineales con coeficientes reales de los generadores hermitianos. La razón es que su grupo es generado por parámetros reales. En cambio, su ejemplo implica una combinación lineal imaginaria.

Respuestas (3)

La ruptura espontánea de la simetría al subespacio no da bosones sin masa

Debe considerar solo operadores hermitianos que aniquilan el vacío, es decir, combinaciones lineales con coeficientes reales de los generadores hermitianos. La razón es que su grupo es generado por parámetros reales. En cambio, su ejemplo implica una combinación lineal imaginaria.

DosBs · Answer 1

No hay contradicción ya que no deberías estar haciendo una combinación lineal compleja de generadores que ya son hermíticos (de hecho, quieres que la transformación del grupo sea unitaria). Por lo tanto, su combinación lineal con un coeficiente complejo (que lo aleja del $SU(2)$ grupo) no implica una excitación sin masa.

gcsantucci · Answer 2

Supongo que en lugar de intentar explicarlo, es mucho mejor si lee la sección "Ejemplos no abelianos" de Peskin y Schroeder, en el capítulo 20. Explica exactamente lo que está pidiendo. En realidad, es el predecesor del modelo estándar.

Georgi y Glashow propusieron este modelo antes que SM, porque no conocían el bosón Z. Entonces, es exactamente lo que necesita, 2 masivos (W) y 1 sin masa (foton). pero resultó que también necesitas un extra masivo (Z).

De todos modos, la idea es simplemente que vayas mezclando bases. Elegiste una base para ver que una combinación particular de tus generadores deje el vacío invariante. Pero luego miraste la base diagonal para las masas. En esta base diagonal, parece que los 3 han adquirido masa, pero si rotas 45 grados, hacia tu eje 1-i2, verás que 1 de ellos no tiene masa.

SU (2) es básicamente las rotaciones 3D, por lo que está girando alrededor del eje z, dejando el tercer generador sin masa. Pero los generadores correspondientes a rotaciones alrededor del eje x y el eje y adquieren masa.

Pero de nuevo, lea esa sección, ¡está mucho mejor explicada!

Gracias por su respuesta. Creo que ahora entiendo. Creo que no puedes simplemente hacer una rotación de base para recoger un bosón sin masa porque todos estamos listos en la base de masa. Esto requeriría una transformación no unitaria. Espero que no le importe que reúna una respuesta de lo que aprendí. Si tienes algún comentario al respecto, me interesaría saber tu opinión.

JeffDror · Answer 3

Después de leer la sección presentada por @gcsantucci, creo que entiendo lo que estaba sucediendo, pero estoy ansioso por escuchar comentarios sobre esto.

si te rompes $SU(2)$ usando un doblete, de hecho rompes todos los generadores y obtienes bosones de calibre masivos. Lo confuso es que una combinación lineal de generadores deja el vacío invariante (es decir, $\sigma _1 + i \sigma _2$ ). En esencia, lo que estaba sugiriendo era que primero deberíamos rotar la base de los generadores para,

{\underset{σ_{+}}{\underset{⏟}{\frac{1}{2} (σ_{1} + i σ_{2})}}, \underset{σ_{-}}{\underset{⏟}{\frac{1}{2} (σ_{1} - i σ_{2})}}, σ_{3}}

$\begin{equation} \bigg\{ \underbrace{ \frac{1}{2} ( \sigma _1 + i \sigma _2 )} _{ \sigma _+ } , \underbrace{ \frac{1}{2} ( \sigma _1 - i \sigma _2 )} _{ \sigma _- } , \sigma _3 \bigg\} \end{equation}$ y entonces la primera combinación en verdad aniquila el vacío. El problema es que esta no es una representación válida de

S U (2)

$SU(2)$ . Esto se debe a que las matrices ya no obedecen a una propiedad clave de dos matrices generadoras:

Tr [t_{r}^{a} t_{r}^{b}] = 2 d^{a b}

$\begin{equation} \mbox{Tr} \left[ t _r ^a t _r ^b \right] = 2 \delta ^{ ab } \end{equation}$ ya que por ejemplo,

Tr [σ_{+} σ_{+}] = 0

$\begin{equation} \mbox{Tr} \left[ \sigma _+ \sigma _+ \right] = 0 \end{equation}$

Como mencionó @gcsantucci, podría rotar el $W _i$ base tal que uno de los bosones es de hecho sin masa. Esto es cierto, pero requeriría una transformación no unitaria. Sospecho que esto está relacionado de alguna manera con este cambio de base (pero no puedo entender cómo).

ahora veo tu punto. Lamento eso. En realidad es un buen punto. Me temo que no sé lo que está pasando.
Por cierto (comentario general), obtendría 2 bosones masivos y uno sin masa si el Higgs estuviera en la representación adjunta (triplete) de $SU(2)$ . Es fácil ver que de la similitud a $SO(3)$ -- cualquier dirección se deja invariable bajo un eje particular de rotación. Dado que los experimentos muestran 2+1 bosones masivos y 1 sin masa, necesitamos un U(1) adicional, pero para dar masa a 3 bosones, el bosón de Higgs debe estar en la representación fundamental (doblete) de $SU(2)$ .

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