¿Por qué los fermiones no pueden tener un valor esperado de vacío distinto de cero?

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¿Por qué los fermiones no pueden tener un valor esperado de vacío distinto de cero?

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Física
fermiones
Grassmann-números
ruptura de simetría
teoría cuántica de campos

Pablo

En la teoría cuántica de campos, el escalar puede tomar un valor esperado de vacío distinto de cero (vev). Y así rompen la simetría del Lagrangiano. Ahora mi pregunta es ¿qué sucederá si los fermiones en la teoría toman un valor esperado de vacío distinto de cero? ¿Qué prohíbe a los fermiones tomar vevs?

Respuestas (3)

¿Por qué los fermiones no pueden tener un valor esperado de vacío distinto de cero?

innisfree · Answer 1

¿Por qué los fermiones no pueden tener un valor esperado de vacío (VEV) distinto de cero? Invariancia de Lorentz.

Si algo que no sea un escalar de Lorentz tiene un VEV distinto de cero, la invariancia de Lorentz se rompería espontáneamente.

Por ejemplo, supongamos que tenemos un término invariante de Lorentz en un Lagrangiano para un vector

L \supset {metro}^{2} A_{m} A^{m} .

$\mathcal{L} \supset m^2 A_\mu A^\mu.$ Ahora supongamos que el vector obtiene un VEV,

A_{μ} \to v + A_{μ}

$A_\mu \to v + A_\mu$ ,

{metro}^{2} A_{m} A^{m} \to {metro}^{2} v A^{m} + {metro}^{2} v A_{m} + {metro}^{2} v^{2} + {metro}^{2} A_{m} A^{m} .

$m^2 A_\mu A^\mu \to m^2 v A^\mu + m^2 vA_\mu + m^2v^2 + m^2 A_\mu A^\mu.$ Los dos primeros claramente no son invariantes de Lorentz. Se pueden construir argumentos idénticos para cualquier término de campo no escalar. Si

ψ \to v + ψ

$\psi\to v+\psi$ , el VVE,

v

$v$ , no tendrá las mismas propiedades de transformación de Lorentz que el campo,

ψ

$\psi$ a menos que

ψ

$\psi$ es un escalar.

Hola @innisfree, gracias por tu respuesta. Pero, sería muy útil, si pudieras explicarlo un poco más matemáticamente.
Tome el campo de fermiones para tener giro 1/2. Un giro 1/2 define una dirección en el espacio, la dirección tal que el giro 1/2 está "hacia arriba" con respecto a esa dirección. Si este campo interactúa con otros campos, se rompe la simetría rotacional. El único espín que no define una dirección preferida de esta manera es el espín 0, es decir, un escalar.
Dicho esto, supongo que podría haber teorías muy especiales, en las que, por ejemplo, los vectores aparecían siempre como $\partial_\mu A^\mu$ , permitiendo un VEV.
@innisfree: No creo que esto tenga que ver con la invariancia de Lorentz, pero es un hecho general sobre los campos Grassmanianos, aunque no conozco la prueba...
@innisfree: En cualquier teoría de "acoplamiento derivado", uno no puede tener un vev, ¿verdad? Dado que no hay un punto especial en el espacio de campo.
@Paul: VEV = Valor esperado de vacío, es decir, una propiedad del vacío. Entonces, si cualquier objeto en una representación no trivial del álgebra de Poincaré toma un VEV, algunas de las simetrías del espacio-tiempo se romperán espontáneamente por el vacío (estado). Uno puede esperar que se aplique lo mismo a las fluctuaciones alrededor del vacío. Eso significaría que las cantidades conservadas correspondientes no se conservan realmente. Y hasta donde podemos ver, la conservación de la energía-momento y el momento angular se aplican perfectamente a nuestro universo.
@innisfree ¿No deberíamos tomar $\langle\Omega|A_{\mu}|\Omega\rangle=v_{\mu}$ ? no puede ser solo $v$ . El lagrangiano obviamente no puede contener un término como $m^2 vA_{\mu}$ , es un cuatro vector. Sin embargo, si consideras $v_{\mu}$ , la expresión que escribiste se puede escribir de una manera invariante de Lorentz y no surgiría ningún problema. Mi pregunta es más general. ¿Cuál es el VEV de un spin- $s$ campo (entero o medio entero) en una teoría cuántica general de campos? ¿Hasta qué punto se puede responder a esta pregunta?
Supongo que mi notación no es muy buena. Sí, el índice de Loretnz de A se contrae con un índice en $v$ , así que tal vez debería escribir $v_\mu$ pero el punto es que $v$ no se transforma como un $v_\mu$ .
Tal como $<h> = (0, v)$ no se transforma como un doblete SU(2)

Adán · Answer 2

Adán

Creo que es un hecho general sobre el campo grassmanniano, y esto no tiene nada que ver con la invariancia de Lorentz u otras simetrías (puedes inventar muchas QFT sin este tipo de simetría, pero el VEV de un operador fermiónico será siempre cero (en la ausencia de fuentes)).

En una formulación integral funcional, el VEV de un campo grassmanniano $\psi$ se escribe como

⟨ ψ ⟩ = \int D ψ D \bar{ψ} ψ {mi}^{- S},

$\langle \psi \rangle= \int D\psi D\bar\psi\, \psi \,e^{-S},$ donde la acción S es bosónica (involucra productos incluso productos de

ψ

$\psi$ y

\bar{ψ}

$\bar\psi$ ). Por lo tanto, a menos que haya términos fuente de la forma

\bar{η} ψ

$\bar\eta\psi$ en la acción, la integral sobre la

ψ e^{- S}

$\psi e^{-S}$ dará cero, ya que estamos integrando sobre un número impar de campos grassmannianos (cuando se expande la exponencial).

innisfree

¿No se pueden hacer argumentos similares para un vev escalar?

< ϕ >= 0

$<\phi>=0$ ? Debería ser cero, por lo que ampliamos la parte homogénea distinta de cero en el mecanismo de Higgs.

innisfree

Cualquier campo lineal en los operadores de creación y aniquilación dará un cero vev

Adán

@innisfree: No necesariamente. Si la acción no es simétrica (digamos a

ϕ \to - ϕ

$\phi\to-\phi$ , donde

ϕ

$\phi$ es bosónico), entonces puedes tener

⟨ ϕ ⟩ \neq 0

$\langle\phi\rangle\neq 0$ . Para el operador de creación, este no es el caso, si incluye una fuente

J

$J$ , calcular

⟨ {\hat{a}}^{†} ⟩

$\langle\hat a^\dagger\rangle$ en fuente finita, y el let

J \to 0

$J\to0$ (y si hay una degeneración entre dos estados con una diferencia de una partícula). Para los fermiones, siempre encontrará que como

η \to 0

$\eta\to0$ , después

⟨ ψ ⟩ \to 0

$\langle\psi\rangle\to0$ .

DosBs

@Adam, creo que tu argumento es incorrecto. Piense en el ejemplo bosónico que innisfree ha mencionado con el

Z_{2}

$Z_2$ simetría

ϕ \to - ϕ

$\phi\rightarrow-\phi$ , con tu argumento concluirías que

⟨ ϕ ⟩ = 0

$\langle\phi\rangle=0$ lo cual es erróneo como ruptura espontánea de la simetría de

Z_{2}

$Z_2$ de hecho puede suceder. Su error es simplemente establecer las fuentes J para el fermión en cero, pero cuando hay una interrupción espontánea del symm, el resultado depende de la forma en que toma el límite, ya que la acción no es analítica en J. Además, en mi respuesta he proporcionado un ejemplo explícito débilmente acoplado que rompe Lorentz

Adán

@TwoBs: SSB no cambiará nada, ya que ya para la ruptura de simetría explícita (para un condensado

\bar{ψ} ψ

$\bar\psi\psi$ ) no te dará un finito

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ , porque las variables de Grassman son completamente diferentes de las variables bosónicas. Dicho de otra manera: te reto a que encuentres una referencia hablando de

⟨ ψ ⟩ \neq 0

$\langle\psi\rangle\neq 0$ (sin fuentes lineales).

DosBs

@Adam, he ejecutado tu mismo argumento para el bosónico

Z_{2}

$Z_2$ ejemplo, donde falla. ¿Estás de acuerdo con esto? Si es así, ¿por qué debería creer en su argumento a favor del ejemplo fermiónico? Además, ya he proporcionado un ejemplo débilmente acoplado donde

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ surgen sin fuente. Sin mencionar el límite continuo de una red con el giro bloqueado a cada lado, que proporciona un modelo para la ruptura de simetría espontánea de rotaciones donde se induce una magnetización finita incluso sin fuentes.

Adán

@TwoBs: por supuesto, su argumento funciona para los bosones, nunca dijo lo contrario. Su "ejemplo" no es uno, ya que no ha realizado ningún cálculo que demuestre que funciona. Porque no lo hará. Y tu ejemplo con la magnetización tampoco funciona, ya que los espines son cuadráticos en los operadores fermiónicos... que por supuesto pueden tener un vev finito.

innisfree

@adam Estoy bastante interesado en esto. Si tiene tiempo, tal vez podría resolver el asunto ampliando su respuesta con los detalles técnicos sobre las diferencias entre los VEV escalares y fermiones, y por qué el potencial de dos bits no romperá a Lorentz.

Adán

@innisfree: ponlo de esa manera: un operador de aniquilación fermiónico

\hat{c}

$\hat c$ es un operador QM estándar. Por lo tanto, el promedio de

\hat{c}

$\hat c$ con respecto a cualquier estado físico debe dar un número complejo. Así teniendo

⟨ \hat{c} ⟩ = ψ

$\langle \hat c\rangle =\psi$ con

ψ

$\psi$ un número de Grassmann es imposible. De hecho, es trivial comprobar que

⟨ \hat{c} ⟩ = 0

$\langle \hat c\rangle=0$ para cualquier estado físico (es decir,

a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩

$a|0\rangle+b|1\rangle$ con

a, b

$a,b$ Número complejo. Dicho de otra manera, el estado coherente fermiónico no son estados físicos, solo muy útiles para escribir una integral de trayectoria.

DosBs

@Adam Estoy de acuerdo en que no he hecho el cálculo para el ejemplo, trataré de ser más explícito tan pronto como tenga algo de tiempo libre en los próximos días. También estoy de acuerdo en que los operadores de giro son en realidad bosónicos, perdón por la confusión. pero insisto en que

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ puede ser distinto de cero (lo que permite la ruptura de Lorentz). Por ejemplo, si alguien le entrega la siguiente pieza no analítica de generador funcional

δ Z (η, \bar{η}) = \sqrt{\bar{η} η}

$\delta Z(\eta,\bar{\eta})=\sqrt{\bar{\eta}\eta}$ que está destinado a producir SSB, ¿no estaría de acuerdo con un

⟨ ψ ⟩ \neq 0

$\langle\psi\rangle\neq0$ ? (la

η

$\eta$ y

\bar{η}

$\bar{\eta}$ son las fuentes)

DosBs

@Adam déjame agregar un comentario en tu respuesta a innisfree. Creo que su argumento allí, que creo que es correcto, no implica que un Vev se desvanezca, sino que los fermiones y sus vev de grassmann no son observables físicamente. Estaría de acuerdo con eso, pero no con la desaparición de los Vevs fermiónicos. Eso no significa que no tengan ningún efecto (piense de nuevo en el bosón de Higgs que está cargado bajo una simetría de calibre, que no es física y, sin embargo, su 'rotura' por el vev de Higgs tiene consecuencias físicas)

Adán

@TwoBs: de hecho, no estoy tan contento con mi argumento, ya que uno puede encontrar una matriz de densidad que permita un valor de expectativa que no desaparezca. Pero, por supuesto, no será un número de Grassmann, mientras que una aproximación de campo medio de la acción generaría eso. Pero creo que tu

δ Z

$\delta Z$ no es posible, porque cuando expandes la exponencial de las fuentes, solo hay un término,

\bar{η} ψ

$\bar\eta \psi$ , por lo que no hay forma de generar una raíz cuadrada (lo que haría el trabajo, de hecho).

DosBs

@Adam ok, creo que estoy convencido de que tienes razón (pero tal vez con una pequeña laguna al final). Me acabo de dar cuenta de que en realidad nunca se pueden construir funciones no analíticas de variables constantes de Grassmann, la cuarta potencia desaparecería. Están obligados a ser polinomios finitos de orden 4, por lo tanto analíticos, lo que descarta la ruptura espontánea. La (tal vez) escapatoria, creo, sería partir de fuentes constantes y vevs, es decir, romper también las traducciones. De esta manera, creo que uno debería poder construir funciones no analíticas de las fuentes y, por lo tanto, construir un vev fermiónico. ¡Gracias Adán!

Adán

@TwoBs: no hay problema, también fue útil para mí y me obligó a organizar mis pensamientos. Aunque no creo que tener fuentes no constantes cambie nada. La función de partición será analítica en todos los

η (x)

$\eta(x)$ por el mismo argumento creo.

tom kim · Answer 3

¿No podemos simplemente evaluar la función de partición y luego encontrar el valor esperado? $Z=\int \mathcal{D}\phi \mathcal{D}\phi ^* \exp \left [ \int \left ( -\phi^* G^{-1}\phi +\phi j^*+j \phi ^* \right ) \right ]=\det\left(G^{\mp 1}\right) \exp \left ( \int j^* G j \right )$ ,

donde $\mp$ corresponde a bosones y fermiones respectivamente. Sumando las frecuencias de Matsubara de $j^* G j$ ,

$\sum _{\omega } j^*(\omega ,k) G(\omega ,k) j(\omega ,k) =\frac{1}{(2 \pi )^3} \sum _{\omega } \frac{j(\omega ,k) j^*(\omega ,k)}{\frac{k^2}{2 m}-\mu -i \omega } = \pm j^*(k) \frac{1}{(2 \pi )^3} \left(\frac{1}{\exp \left(\beta \left(\frac{k^2}{2 m}-\mu \right)\right)\mp 1}\pm \frac{1}{2}\right) j(k)$ .

$\Rightarrow \langle \phi(k) \rangle= \pm \left[\frac{\delta \log Z}{\delta j^*(k)}\right]_{j^*,j=0} = \left[ \frac{1}{(2 \pi )^3} \left(\frac{1}{\exp \left(\beta \left(\frac{k^2}{2 m}-\mu \right)\right)\mp 1}\pm \frac{1}{2}\right) j(k)\right]_{j^*,j=0}$ .

La función de Bose tiene singularidad en $\frac{k^2}{2m}=\mu$ , y nos encontramos $\frac{0}{0}$ . La función de Fermi no tiene singuredad y obtenemos el valor esperado estrictamente cero.

¿Por qué los fermiones no pueden tener un valor esperado de vacío distinto de cero?

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