¿Por qué los fantasmas de Faddeev-Popov se desacoplan en BRST?

Querido estudiante, como dice Moshe, la razón por la cual los fantasmas de Faddeev Popov se "desacoplan" es que están diseñados para desacoplarse.

Más precisamente, ellos, y todas las fórmulas que dependen de ellos, están diseñados para que las excitaciones de estos fantasmas, así como las excitaciones no físicas de campos físicos más comunes, como los componentes temporales y longitudinales de los campos de calibre, sean limpiamente. separados de las polarizaciones físicas, como las polarizaciones transversales de los fotones y otros bosones de calibre.

La adición de los fantasmas BRST adicionales y la carga BRST hace que las cosas sean particularmente naturales.

La razón aproximada por la que los estados físicos correctos sobreviven, como cohomologías BRST, mientras que los estados incorrectos no sobreviven, se ve fácilmente en el caso de las simetrías de calibre de conmutación, generadas por generadores.$L_i$. En ese caso, el cargo BRST es

$$Q = \sum_i c^i L_i$$ Los fantasmas $c^i$anticonmutación entre sí - y cuadrado a cero. Ves que la única condición $$Q|\psi \rangle = 0$$ automáticamente implica que $$L_i |\psi\rangle = 0,$$ entre otras cosas, para que los estados $|\psi\rangle$son automáticamente invariantes de calibre. Además, los estados que son transformaciones de calibre entre sí se vuelven equivalentes si definimos $Q$variaciones de todos los estados para ser no físicos. En particular, si $$|\chi\rangle = \sum_i \lambda^i b_i |\phi\rangle$$ después $$Q|\chi\rangle = \sum_i \lambda^i L_i |\phi\rangle$$ es una variación de calibre arbitraria de la $|\phi\rangle$vector (que se asumió para ser aniquilado por el $c$'s en este caso), que se identifica con el vector $0$en el espacio físico de Hilbert por el negocio de cohomología BRST.

Excitaciones de$b,c$ellos mismos no son físicos

Los estados que no contienen nada más que excitaciones no deseadas de$b_i$no pueden ser cerrados por BRST (no son aniquilados por$Q$, al igual que los componentes del campo de calibre que violan la ley de Gauss), mientras que los estados que contienen solo excitaciones no deseadas de$c_i$son BRST-triviales (al igual que las configuraciones de calibre puro del campo de calibre). Así que incluso las excitaciones de$b,c$se vuelven no físicos, junto con dos excitaciones no transversales del campo de calibre.

Toda la maquinaria BRST solo es útil para grupos no abelianos (que no viajan diariamente), pero la maquinaria anterior se puede generalizar fácilmente. A$cbc\cdot f/2$término ($f$son las constantes de estructura) debe agregarse a la carga BRST para preservar$Q^2=0$.

La presentación anterior es matemática porque la maquinaria BRST es solo un truco matemático. No hay física real. De hecho, por definición, todo el conjunto de herramientas agregado por el formalismo BRST es, por definición, no físico. Es por definición un truco matemático. Cualquiera que le diga que está descubriendo nueva física jugando con el propio formalismo BRST le está mintiendo; no es posible. No hay física en el formalismo BRST; es solo una herramienta moderna muy útil para hacer física.

Pero permítanme agregar un comentario más por qué los estados no físicos, los estados que no están cerrados por BRST; y los estados que son BRST-exactos - desacoplar. Si el estado inicial en$t=0$es física, sigue siendo física en momentos posteriores, porque$Q$conmuta con el hamiltoniano$H$.

A$t=0$, es legítimo identificarse física; estados que se diferencian por$Q|\phi\rangle$para cualquier$|\phi\rangle$porque todas estas diferencias de la forma$Q|\phi\rangle$son ortogonales a todos los estados físicos$\langle \kappa|$porque

$$\langle\kappa|Q|\phi\rangle =0.$$ Esto último es cierto porque puedes actuar con $Q$a la izquierda y el resultado es cero porque $\langle \kappa|$BRST fue cerrado por suposición.

Esta es una pregunta interesante. Y sé que Lubos ya ha escrito una buena y completa respuesta, pero creo que puedo agregar algunas de mis propias palabras aquí.

Me concentraré aquí en el caso YM no abeliano, pero los resultados aquí son bastante generales. La idea es que la acción cuántica BRST se puede escribir como:

$$\begin{equation} S(qu) = S(cl) + \int\; d^4x\; s\Psi \end{equation}$$

dónde$\Psi$está relacionado con una determinada superficie sobre la que giran los anticampos de la acción, o, como se dice más comúnmente, con la función de fijación del calibre. Para YM no abeliano, la forma habitual de escribir es:

$$\begin{equation} \Psi = b_a(F^a+\frac{1}{2}\xi d^a) \end{equation}$$

Este término aparece porque insistimos en describir un bosón vectorial sin masa como un campo de cuatro componentes mientras que solo hay dos grados físicos de libertad. Para los estados externos no hay problema, ya que solo aparecen los dos grados de libertad, y esa es, en última instancia, la razón física por la que los fantasmas BRST están diseñados para desacoplarse. Para las líneas internas, es decir, los propagadores, los cuatro componentes contribuyen y los dos grados de libertad no físicos adicionales estropean la unitaridad. Este término anterior lo soluciona. Sin embargo, no desea que su teoría dependa de la elección no física de$\Psi$.

Entonces, la forma natural es pedir que los estados físicos estén en la cohomología de la carga.$Q$asociado al operador$s$, es decir,$sF = [F,Q]$y esto implementa matemáticamente el desacoplamiento (el resto se deduce de lo que ya dijo Lubos, que una excitación fantasma no es BRST cerrada y la otra es BRST exacta).

Aunque todo el mundo llama a esta acción acción cuántica , no incluye ningún término cuántico. El argumento anterior seguirá siendo válido desde el punto de vista de la mecánica cuántica si no solo la acción sino también la medida son BRST invariantes. Bueno, resulta que la medida YM no es BRST invariante (¡esta es una afirmación dependiente del regulador!), pero se puede demostrar que la variación siempre es$s\chi$, es decir, BRST-exacto y todo sigue funcionando como en el caso clásico.