Ortogonalidad entre el subespacio cerrado BRST y el no cerrado BRST

Considere la cuantificación BRST de la teoría libre de Maxwell, en uno de los calibres de Lorenz promediados,

S = ∫ − 1 4 F 2 + 1 2 ( ∂ ⋅ A ) 2 + i C ¯ ∂ 2 C .

Llamando a los modos del fantasma C C y los modos del potencial A m a m , el estado

pag m a m † | 0 ⟩ = q B   C † | 0 ⟩
es BRST-exacto, y el estado a 0 † | 0 ⟩ no lo es, como puede verse en la ecuación
q B a 0 † | 0 ⟩ = pag 0 C † | 0 ⟩ .

Lo que me confunde es que estos dos estados no son ortogonales,

⟨ 0 | a 0 ( pag ⋅ a † ) | 0 ⟩ = − pag 0 .

¿Por qué está bien?

La razón por la que encuentro esto extraño es que espero que un espacio físico de Hilbert sea ortogonal a las cosas adicionales, ya que esa es la comprensión habitual de la separación limpia en espacios vectoriales.

¿Por qué el espacio de Hilbert cerrado por BRST no está claramente separado en este sentido, y en qué sentido está claramente separado (aparte de ser invariable bajo la evolución del tiempo, por supuesto)?

Respuestas (1)

Así que lo descubrí.

Hay dos puntos en los que la pregunta se equivoca:

  1. No hay una elección única de un subespacio cerrado no BRST.
  2. El subespacio no cerrado de BRST elegido correctamente no necesita ser ortogonal a todo el subespacio cerrado de BRST, solo al representante particular del subespacio de cohomología de BRST.

Para el primer punto, tenga en cuenta que si | ψ ⟩ BRST no está cerrado, tampoco lo está | ψ ⟩ + | x ⟩ dónde q B | x ⟩ = 0 . En otras palabras, puede agregar un estado cerrado de BRST arbitrario a uno no cerrado y el resultado aún no está cerrado. Debido a esto, no existe una elección canónica de un subespacio no cerrado.

La mejor manera de convencerlo del segundo punto es escribir el hamiltoniano por el lagrangiano en la pregunta en términos de osciladores. Llamando a los dos osciladores transversales en cualquier momento dado k → a α , el oscilador correspondiente a A 0 a 0 y el oscilador correspondiente al potencial longitudinal espacial ∇ → ⋅ A → a L , el hamiltoniano es

H = ∫ d 3 k [ { ∑ α a α † a α } + { C ¯ † C + C † C ¯ } + 1 2 { ( a 0 + a L ) † ( a 0 − a L ) + ( a 0 − a L ) † ( a 0 + a L ) } ] .
Ahora, ( a 0 + a L ) corresponde al modo longitudinal del espacio-tiempo que es BRST-exacto en este calibre (es la variación BRST de C ¯ ) y ( a 0 − a L ) es la "cuarta polarización", que no está cerrada por BRST.

¡El punto a sacar de ese hamiltoniano es que la evolución del tiempo mezcla los estados no cerrados de BRST con los estados exactos de BRST!

Pero, los estados no cerrados son ortogonales a los representantes de la cohomología, que son los osciladores transversales, y la evolución temporal no los mezcla, por lo que la física está bien.

La razón por la que me preocupaba esta pregunta era que me preguntaba acerca de la invariancia de calibre.

Cambiar el calibre corresponde a elegir un conjunto diferente de estados como representantes de la cohomología BRST. El hecho de que los estados no cerrados necesiten desacoplarse en cada calibre parecía significar que es mejor que sean ortogonales a cualquier representante que pueda elegir, y al cambiar el calibre puede convertir básicamente cualquier estado en el subespacio cerrado BRST en el representante (I pensamiento, esto también es incorrecto pero no de una manera interesante), por lo que es mejor que los estados no cerrados sean ortogonales a todo el subespacio cerrado.

El punto es este: ¡cambiar el calibre también significa elegir un representante diferente para el subespacio no cerrado que sea ortogonal al nuevo representante del subespacio de cohomología!

La razón por la que nadie siente la necesidad de señalar esto es que la forma exacta de los estados no físicos no es terriblemente relevante, ya que no son físicos y de todos modos están garantizados para desacoplarse por consideraciones más generales.

Como comentario de despedida, me parece (pero no lo he verificado correctamente) que la forma de averiguar un * representante correcto para los estados no cerrados es encontrar el análogo del hamiltoniano anterior y simplemente observar lo que multiplica el oscilador. el oscilador exacto es. Hacer la cuantificación correcta puede ser sutil, pero el punto es que el modo no cerrado exacto que se desacopla en el cuarteto Kugo-Ojima (el análogo del conjunto { C , C ¯ , a 0 + a L , a 0 − a L } en cualquier calibre) es el que necesita ser ortogonal a los estados físicos.

* Agregar un estado BRST exacto a cualquier estado no cerrado no cambia su producto interno con ningún estado cerrado, por lo que no hay una opción canónica.

Para leer más sobre el producto interno desde el lugar donde encontré la respuesta, consulte Quantisation of Gauge Theories de Henneaux y Teitelboim , sección 14.2.

Ortogonalidad entre el subespacio cerrado BRST y el no cerrado BRST
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