La transformación de ancho de la línea Wilson

Question

La transformación de ancho de la línea Wilson

Física
wilson-loop
teoría de calibre
invariancia de calibre
teoría cuántica de campos
ecuaciones diferenciales

Te tengo

Tengo una pregunta en el Capítulo 15 de Peskin & Schroeder.

La transformación de calibre aquí en su forma infinitesimal:

{\begin{cases} ψ (X) \to V (X) ψ (X) (15.41) \\ V (X) = 1 + i α^{a} (X) t^{a} + O (α^{2}) (15.42) \\ A_{m}^{a} \to A_{m}^{a} + \frac{1}{gramo} \partial_{m} α^{a} + F^{a b C} A_{m}^{b} α^{C} (15.46) \end{cases}

$\begin{cases} \psi(x) \to V(x)\psi(x) \quad \quad \quad \quad \quad \quad \,\,\,\, \text{(15.41)} \\ V(x)=1+i\alpha^a(x)t^a+ \mathcal{O}(\alpha^2) \quad \quad \text{(15.42)} \\ A_{\mu}^a \to A_{\mu}^a +\frac{1}{g} \partial_{\mu}\alpha^a +f^{abc}A_{\mu}^b \alpha^c \quad \,\,\,\, \text{(15.46)} \end{cases}$ Cuando

\tilde{s}

$\tilde{s}$ es un parámetro de la ruta

P

$P$ , desde 0 hasta

x = y

$x=y$ estar en

x = z

$x=z$ y

P

$P{}$ denota ordenación de rutas, la línea de Wilson se escribe

{tu}_{pag} (z (s), y) = PAG {Exp [i gramo \int_{0}^{s} d \tilde{s} \frac{d X^{m}}{d \tilde{s}} A_{m}^{a} (X (\tilde{s})) t^{a}]}

$U_p(z(s),y)=P \biggl\{ \exp \left[ ig\int_0^s d\tilde{s}\frac{dx^{\mu}}{d\tilde{s}}A_{\mu}^a(x(\tilde{s}))\,t^a \right] \biggl\}$

Por analogía con el propagador (4.23) de la exponencial ordenada en el tiempo, $U_P$ es la solución de una ecuación diferencial

\begin{aligned} (15.57) & \frac{d}{d s} {tu}_{pag} (X (s), y) & = (i gramo \frac{d X^{m}}{d s} A_{m}^{a} (X (s)) t^{a}) {tu}_{pag} (X (s), y) . \\ (15.58) & \Leftrightarrow \frac{d X^{m}}{d s} D_{m} {tu}_{pag} (X, y) & = 0 \end{aligned}

$\begin{align}\frac{d}{ds}U_p(x(s),y) &=\left( ig\frac{dx^{\mu}}{ds}A_{\mu}^a(x(s))\,t^a \right) U_p(x(s),y). \tag{15.57} \\ \Leftrightarrow ~~~~\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu} U_p(x,y) &=0 \tag{15.58} \end{align}$

A continuación, este libro va a mostrar

\begin{matrix} (15.59) & {tu}_{pag} (z, y, A^{V}) = V (z) {tu}_{pag} (z, y, A) V^{†} (y) \end{matrix}

$U_p\left(z,y,A^V\right)=V(z)U_p(z,y,A)V^{\dagger}(y) \tag{15.59}$ dónde

A^{V}

$A^V$ es la transformada de calibre de

A

$A$ .

Y

\begin{matrix} (15.60) & D_{m} (A^{V}) V (X) = V (X) D_{m} (A) \end{matrix}

$D_{\mu}\left(A^V\right)V(x)=V(x)D_{\mu}(A) \tag{15.60}$ se prueba en su versión infinitesimal antes.

Esta relación implica que el lado derecho de (15.59) satisface (15.58) para el campo de norma $A^V$ si $U_P(z,y,A)$ satisface esta ecuación para el campo de calibre $A$ . Pero la solución de una ecuación diferencial de primer orden con una condición de frontera fija es única. Así, si $U_P(z,y)$ se define como la solución de (15.57) o (15.58), de hecho tiene la ley de transformación (15.59).

Creo que la evolución a lo largo del camino $x^{\mu}$ (o el parámetro $s$ )
y la evolución en cuanto a la transformación del ancho de vía son cuestiones completamente diferentes.
¿Por qué este libro reclama como la última línea de este párrafo?

Te tengo

En más de la primera mitad he reescrito las oraciones para acortarlas. Pero si cito todas las oraciones literalmente como están escritas en el libro, ¿viola la Ley de derechos de autor (porque la cita es demasiado larga)?

Profesor Legolasov

Probablemente esto no responda su pregunta por completo, pero podría sustituir la holonomía transformada (línea de Wilson, lo que sea) en la ecuación diferencial definitoria por la conexión de calibre transformada. El hecho de que todavía se mantenga es la prueba de la ley de transformación.

Te tengo

@Solenodon: Umm... si (15.59) fuera

U_{p} (z, y, A^{V}) = V (z) U_{p} (z, y, A)

$U_p\left(z,y,A^V\right)=V(z)U_p(z,y,A)$ , el lado derecho de esto también satisfaría (15.58). Pero eso es mencionado por la respuesta de diracula.

Profesor Legolasov

sí, pero no satisfará las condiciones iniciales. Tienes una ecuación diferencial de primer orden, lo que significa que solo podría haber una solución para cada condición inicial.

Te tengo

@Solenodon: Todavía no estoy seguro de la lógica. Escribí el punto de mi duda en los comentarios a continuación.

Profesor Legolasov

¿Está de acuerdo en que para cualquier conexión de calibre dada

A_{μ} (x)

$A_{\mu}(x)$ y para cualquier camino paramétrico dado

x (τ)

$x(\tau)$ la ecuación de transporte paralelo es una ecuación diferencial lineal de primer orden en

U (τ)

$U(\tau)$ ? Si lo hace, siempre que la condición inicial

U (0) = 1

$U(0) = 1$ encontraría una solución única, dada por la exponencial ordenada por caminos.

Profesor Legolasov

una vez que esté de acuerdo con eso, es fácil ver que la ecuación de transporte paralelo, junto con la condición inicial

U (0) = 1

$U(0) = 1$ determina completamente la holonomía. Puede transformar esta ecuación por calibre y estudiar la holonomía definida por su versión transformada por calibre. Esta es, naturalmente, la holonomía transformada por calibre, que resulta ser

v (0) U (τ) v^{- 1} (τ)

$v(0)U(\tau)v^{-1}(\tau)$ . La elección

U (τ) v^{- 1} (τ)

$U(\tau)v^{-1}(\tau)$ no es suficiente, porque viola la condición inicial

U (0) = 1

$U(0) = 1$ , que forma parte de la definición de holonomía.

Te tengo

@Solenodon: Desde

\frac{d x^{μ}}{d s} D_{μ} (A^{V}) U_{p} (x, y, A^{V}) = 0

$\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) U_p(x,y,A^V)=0$ ,

\frac{d x^{μ}}{d s} D_{μ} (A^{V}) V (x) U_{p} (x, y, A) V^{†} (y) = 0

$\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)=0$ y la unicidad de la solución de una ecuación diferencial de primer orden, podemos afirmar que

U_{p} (x, y, A^{V}) = V (x) U_{p} (x, y, A) V^{†} (y)

$U_p\left(x,y,A^V\right)=V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)$ . Ahora entiendo. ¡Muchas gracias!

Respuestas (1)

La transformación de ancho de la línea Wilson

En más de la primera mitad he reescrito las oraciones para acortarlas. Pero si cito todas las oraciones literalmente como están escritas en el libro, ¿viola la Ley de derechos de autor (porque la cita es demasiado larga)?
Probablemente esto no responda su pregunta por completo, pero podría sustituir la holonomía transformada (línea de Wilson, lo que sea) en la ecuación diferencial definitoria por la conexión de calibre transformada. El hecho de que todavía se mantenga es la prueba de la ley de transformación.
@Solenodon: Umm... si (15.59) fuera $U_p\left(z,y,A^V\right)=V(z)U_p(z,y,A)$ , el lado derecho de esto también satisfaría (15.58). Pero eso es mencionado por la respuesta de diracula.
sí, pero no satisfará las condiciones iniciales. Tienes una ecuación diferencial de primer orden, lo que significa que solo podría haber una solución para cada condición inicial.
@Solenodon: Todavía no estoy seguro de la lógica. Escribí el punto de mi duda en los comentarios a continuación.
¿Está de acuerdo en que para cualquier conexión de calibre dada $A_{\mu}(x)$ y para cualquier camino paramétrico dado $x(\tau)$ la ecuación de transporte paralelo es una ecuación diferencial lineal de primer orden en $U(\tau)$ ? Si lo hace, siempre que la condición inicial $U(0) = 1$ encontraría una solución única, dada por la exponencial ordenada por caminos.
una vez que esté de acuerdo con eso, es fácil ver que la ecuación de transporte paralelo, junto con la condición inicial $U(0) = 1$ determina completamente la holonomía. Puede transformar esta ecuación por calibre y estudiar la holonomía definida por su versión transformada por calibre. Esta es, naturalmente, la holonomía transformada por calibre, que resulta ser $v(0)U(\tau)v^{-1}(\tau)$ . La elección $U(\tau)v^{-1}(\tau)$ no es suficiente, porque viola la condición inicial $U(0) = 1$ , que forma parte de la definición de holonomía.
@Solenodon: Desde $\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) U_p(x,y,A^V)=0$ , $\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)=0$ y la unicidad de la solución de una ecuación diferencial de primer orden, podemos afirmar que $U_p\left(x,y,A^V\right)=V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)$ . Ahora entiendo. ¡Muchas gracias!

dirácula · Answer 1

Intentaré dejar claro cuál es la lógica del argumento. Lo sabemos $U_P(x,y,A)$ satisface una ecuación diferencial particular, a saber $\frac{dx^{\mu}}{dt}(\partial_{\mu}-igA_{\mu})U_P(x,y,A)=0$ , para cualquier valor de campo de indicador $A$ . Deseamos saber como $U_P(x,y,A^V)$ está relacionado con $U_P(x,y,A)$ , dónde $A^V$ está relacionado con $A$ por una transformación de calibre. Consideramos la propuesta,

{tu}_{PAG} (X, y, A^{V}) = V (X) {tu}_{PAG} (X, y, A) V^{†} (y) .

$U_P(x,y,A^V)=V(x)U_P(x,y,A)V^{\dagger}(y)\,.$ Entonces es fácil demostrar que si

U_{P} (x, y, A)

$U_P(x,y,A)$ satisface la ecuación diferencial

\frac{d x^{μ}}{d t} (\partial_{μ} - i g A_{μ}) U_{P} (x, y, A) = 0

$\frac{dx^{\mu}}{dt}(\partial_{\mu}-igA_{\mu})U_P(x,y,A)=0$ , entonces con esta propuesta

U_{P} (x, y, A^{V})

$U_P(x,y,A^V)$ satisface

\frac{d x^{μ}}{d t} (\partial_{μ} - i g A_{μ}^{V}) U_{P} (x, y, A^{V}) = 0

$\frac{dx^{\mu}}{dt}(\partial_{\mu}-igA^V_{\mu})U_P(x,y,A^V)=0$ .

Sin embargo, también sabemos que cualquiera que sea la verdadera relación entre $U_P(x,y,A^V)$ y $U_P(x,y,A)$ , siempre debe darse el caso de que $U_P(x,y,A^V)$ satisface $\frac{dx^{\mu}}{dt}(\partial_{\mu}-igA^V_{\mu})U_P(x,y,A^V)=0$ porque sabemos que esta ecuación es válida para cualquier valor de campo de calibre. Y, de hecho, nuestra relación propuesta tiene esta propiedad necesaria, como acabamos de ver. Pero como afirman Peskin y Schroeder, esta ecuación diferencial es de primer orden, y si además hay una condición de contorno que debe satisfacerse, entonces la solución es única. Por lo tanto, la relación propuesta debe ser la única relación correcta.

(Usted dice en un comentario que $V(z)U_P(z,y,A)$ también satisfaría la ecuación diferencial, entonces, ¿por qué deberíamos decir que $V(z)U_P(z,y,A)V^{\dagger}(y)$ es la relación correcta? La razón es que además hay una condición de contorno: requerimos que $U_P(x,x,A)=1$ .)

En una ecuación diferencial de primer orden, podemos obtener la solución resuelta numéricamente a partir de valores discretos de las derivadas con un espacio pequeño. Para mayor claridad, etiqueto $A_{\mu}^a$ a lo largo del movimiento de la transformación de calibre como $A_{\mu}^a(i)\,, i\in \mathbb{Z}$ de manera discreta. Entonces $A_{\mu}^a(i)$ se transforma secuencialmente $A_{m}^{a} (i = 0) \to A_{m}^{a} (i = 1) \to A_{m}^{a} (i = 2) \to A_{m}^{a} (i = 3) \dots$ $A_{\mu}^a(i=0) \to A_{\mu}^a(i=1) \to A_{\mu}^a(i=2) \to A_{\mu}^a(i=3) \cdots$ y $U_P(x,y,A)$ también se transforma secuencialmente ${tu}_{PAG} (X, y, A) (i = 0) \to {tu}_{PAG} (X, y, A) (i = 1) \to {tu}_{PAG} (X, y, A) (i = 2) \to {tu}_{PAG} (X, y, A) \dots$ $U_P(x,y,A)(i=0) \to U_P(x,y,A)(i=1) \to U_P(x,y,A)(i=2) \to U_P(x,y,A) \cdots$
$U_p\left(z,y,A^V\right)=V(z)U_p(z,y,A)V^{\dagger}(y)$ (15.59) trata sobre la evolución de $U_P(x,y,A)$ con respecto a $A$ . Entonces la ecuación diferencial fue diferenciada por $A_{\mu}^a$ (o $\alpha^a$ ), Yo puedo entender. ¿Su respuesta resuelve mi pregunta?
@GotchaP El campo de calibre $A$ tiene algunos valores fijos en todas partes, y luego dados esos valores $U_P(x,y,A)$ es alguna función de esa configuración de campo (en particular, necesitamos integrar esos valores de campo de indicador en alguna ruta). La ecuación diferencial para $U_P$ simplemente reformula el problema de hacer ejercicio $U_P$ (una integral se intercambia por una ecuación diferencial), y esta ecuación diferencial se puede usar para determinar $U_P$ numéricamente si lo desea. Sin embargo $A$ no se está desarrollando en esa ecuación diferencial, excepto que a medida que nos movemos a lo largo del camino, muestreamos diferentes valores de campo de calibre.
$U_P$ es una función de la configuración del campo $A$ y, por lo tanto, depende de esos valores de campo, en particular, los valores de campo en este bucle en el que estamos integrando. Pero nunca hemos escrito una ecuación diferencial como $\frac{\partial U_P}{\partial A}=\ldots$ , mediante el cual pudimos averiguar la dependencia de $U_P$ en $A$ . (La ecuación diferencial que tenemos nos dice acerca de la dependencia de $U_P$ en una coordenada espacio-temporal $x$ .) Esencialmente ya conocemos la dependencia de $A$ , de la expresión para $U_P$ . Pero la lógica del libro es solo un atajo a una relación clara.
De $\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) U_p(x,y,A^V)=0$ , $\frac{dx^{\mu}}{ds} D_{\mu}(A^V) V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)=0$ y la unicidad de la solución de una ecuación diferencial de primer orden, podemos afirmar que $U_p\left(x,y,A^V\right)=V(x)U_p(x,y,A)V^{\dagger}(y)$ . Ahora entiendo. ¡Muchas gracias!
Podría valer la pena mencionar que a los operadores les gusta $D$ (Escrito como $D_\mu$ ) están operando en el espacio del producto directo $A \times B$ , donde A es el espacio de Minkowski y B tiene simetría SU(2). $\frac{dx^\mu}{dt}$ de hecho significa $\frac{dx^\mu}{dt} \times I$ , mientras $V(x)$ representa $I \times e^{i\alpha^i(x)\frac{\sigma^i}{2}}$ . Por lo tanto $\frac{dx^\mu}{dt}$ y $V(x)$ viajar entre sí.
@PetraAxolotl ¿Por qué es $D_\mu U_p=\partial_\mu U_p-igA_\mu U_p$ ? Si $U_p(x, y, A)\rightarrow V(x)U_p(x, y, A)V^\dagger(y)$ , entonces, ¿cómo podemos encontrar la derivada covariante de $U_p$ ser $D_\mu U_p=\partial_\mu U_p-igA_\mu U_p$ ?
@Bohemianrelativist Esta es la definición: $D_\mu \equiv \partial_\mu - ig A_\mu$ .
Podría valer la pena aclarar que la condición de contorno a la que se hace referencia es que $U(x,x,A) = 1$ , eso no $U_P(x,x,A) = 1$ . Aquí estoy usando el $P$ notación para distinguir una línea de Wilson, y en realidad un bucle, a lo largo de un camino P que comienza y termina en $x$ , a partir de una línea de Wilson de extensión cero que simplemente se encuentra en $x$ y no va a ninguna parte. La condición de límite está en el objeto de extensión cero. El bucle de Wilson, por supuesto, no siempre es igual a 1 o, de lo contrario, esto sería trivial, pero creo que la notación puede causar esta confusión.

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