¿Por qué no consideramos el Lagrangiano de giro 1 "más general", sino solo un caso especial?

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¿Por qué no consideramos el Lagrangiano de giro 1 "más general", sino solo un caso especial?

Jak

El invariante de Lorentz más general, Lagrangiano renormalizable para un campo de espín 1 $A_\mu$ lee

L_{Proca} = C_{1} \partial^{m} A^{v} \partial_{m} A_{v} + C_{2} \partial^{m} A^{v} \partial_{v} A_{m} + C_{3} A^{m} A_{m} + C_{4} \partial^{m} A_{m} .

$\begin{equation}\mathscr{L}_{\text{Proca}}= C_1 \partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu + C_2 \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu + C_3 A^\mu A_\mu + C_4 \partial^\mu A_\mu.\end{equation}$

Sin embargo, en los libros de texto este Lagrangiano solo aparece como un caso muy especial.

L_{Proca} = \frac{1}{2} (\partial^{m} A^{v} \partial_{m} A_{v} - \partial^{m} A^{v} \partial_{v} A_{m}) + {metro}^{2} A^{m} A_{m} .

$\begin{equation}\mathscr{L}_{\text{Proca}}= \frac{1}{2}(\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu ) + m^2 A^\mu A_\mu .\end{equation}$

¿Por qué el término es lineal en $A_\mu$ generalmente descuidado, es decir, ¿por qué es $C_4=0$ suele elegir? ¿Qué cambiaría por $C_4 \neq 0$ ?
Qué saldría mal o qué cambiaría si no consideráramos el caso muy especial $C_2/C_1=-\frac{1}{2}$ ?

gj255

Algunos comentarios: 1) Nótese que el

C_{4}

$C_4$ El término no entra en las ecuaciones de movimiento, es una derivada total, por lo que en el nivel clásico es irrelevante. 2) Sabiendo que queremos que este Lagrangiano describa una teoría cuántica de campos, debemos preocuparnos por el número de grados de libertad que contiene. Elegir

C_{1}

$C_1$ y

C_{2}

$C_2$ apropiadamente, podemos hacer arreglos para

\partial_{μ} A^{μ} = 0

$\partial_\mu A^\mu = 0$ en concha; esto es importante, ya que una partícula de spin-1 tiene como máximo tres grados de libertad. Consulte la sección 8.2 de Schwartz (QFT y el modelo estándar) para obtener más información.

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@ gj255 welp, eso definitivamente me parece una respuesta. Considere publicarlo en la sección de respuestas en algún momento.

robar

@ gj255 También estoy de acuerdo en que su publicación se parece mucho más a una respuesta que a un comentario.

Respuestas (2)

¿Por qué no consideramos el Lagrangiano de giro 1 "más general", sino solo un caso especial?

Algunos comentarios: 1) Nótese que el $C_4$ El término no entra en las ecuaciones de movimiento, es una derivada total, por lo que en el nivel clásico es irrelevante. 2) Sabiendo que queremos que este Lagrangiano describa una teoría cuántica de campos, debemos preocuparnos por el número de grados de libertad que contiene. Elegir $C_1$ y $C_2$ apropiadamente, podemos hacer arreglos para $\partial_\mu A^\mu = 0$ en concha; esto es importante, ya que una partícula de spin-1 tiene como máximo tres grados de libertad. Consulte la sección 8.2 de Schwartz (QFT y el modelo estándar) para obtener más información.
@ gj255 welp, eso definitivamente me parece una respuesta. Considere publicarlo en la sección de respuestas en algún momento.
@ gj255 También estoy de acuerdo en que su publicación se parece mucho más a una respuesta que a un comentario.

Vacío · Answer 1

Las ecuaciones de movimiento (y, por lo tanto, los estados de partículas libres) no cambiarán si agregamos un término al Lagrangiano que tiene la forma de una divergencia total de un vector $\partial_\mu W^\mu$ . Considera el $C_2$ término y reescribirlo, salvo divergencias, como:

\partial^{m} A^{v} \partial_{v} A_{m} = \partial^{m} (A^{v} \partial_{v} A_{m}) - A^{v} \partial^{m} \partial_{v} A_{m} = \partial^{m} (A^{v} \partial_{v} A_{m}) - \partial_{v} (A^{v} \partial^{m} A_{m}) - (\partial_{m} A^{m})^{2}

$\partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu = \partial^\mu(A^\nu \partial_\nu A_\mu) - A^\nu \partial^\mu \partial_\nu A_\mu = \partial^\mu(A^\nu \partial_\nu A_\mu) - \partial_\nu(A^\nu \partial^\mu A_\mu) - (\partial_\mu A^\mu)^2$ Ahora podemos redefinir las cantidades en su Lagrangiano como

ϵ = s i gramo norte (C_{1}), η = s i gramo norte (C_{3}), ξ = \frac{| C_{1} |}{C_{1} + C_{2}}, {metro}^{2} = | \frac{C_{4}}{C_{1}} |, V_{m} = 2 \sqrt{| C_{1} |} A_{m}, F_{m v} = V_{m, v} - V_{v, m}

$\epsilon = sign (C_1), \, \eta = sign(C_3), \xi = \frac{|C_1|}{C_1 + C_2}, m^2 = |\frac{C_4}{C_1}|, V_\mu = 2 \sqrt{|C_1|} A_\mu, F_{\mu\nu} = V_{\mu,\nu} - V_{\nu,\mu}$ para obtener

L_{PAG r o C a} = - \frac{1}{4} ϵ F^{m v} F_{m v} + \frac{{metro}^{2}}{2} η V^{m} V_{m} - \frac{1}{2 ξ} (\partial^{m} V_{m})^{2}

$\mathcal{L}_\mathrm{Proca} = -\frac{1}{4}\epsilon F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} + \frac{m^2}{2} \eta V^\mu V_\mu - \frac{1}{2 \xi} (\partial^\mu V_\mu)^2$ Como ejercicio, puede calcular las ecuaciones de movimiento de este Lagrangiano, descomponer las ecuaciones lineales en una solución transversal

V_{T}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{T}$ que tiene

\partial_{μ} V^{μ} = 0

$\partial_\mu V^\mu = 0$ y soluciones longitudinales

V_{L}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{L}$ que tienen divergencia distinta de cero, y obtendrá ecuaciones de movimiento separadas en la forma

(◻ + {metro}^{2}) V_{T}^{m} = 0

$(\Box + m^2) V^\mu_\mathrm{T} = 0$

(◻ + η ξ {metro}^{2}) V_{L}^{m} = 0

$(\Box + \eta \xi m^2) V^\mu_\mathrm{L} = 0$ Es decir, las soluciones transversales son un campo de masa de Proca

m

$m$ . Un análisis más detallado le muestra que

V_{L}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{L}$ es de hecho un campo de masa spin-0

\sqrt{η ξ} m

$\sqrt{\eta \xi} m$ ,

V_{L}^{μ} \sim \partial^{μ} ϕ

$V^\mu_\mathrm{L} \sim \partial^\mu \phi$ . Esto también explica por qué escribimos el término cinético de Proca como

\sim F^{μ ν} F_{μ ν}

$\sim F^{\mu\nu} F_{\mu\nu}$ , porque solo incluye cinética transversal y

F_{L}^{μ ν} \sim \partial_{μ} \partial_{ν} ϕ - \partial_{ν} \partial_{μ} ϕ = 0

$F^{\mu\nu}_\mathrm{L} \sim \partial_\mu \partial_\nu \phi - \partial_\nu \partial_\mu \phi = 0$ .

El límite $\xi \to \infty$ hace que este modo escalar sea infinitamente pesado y, por lo tanto, inactivo, pero en algunos enfoques de la cuantización del campo de Proca, $\xi$ se deja finito, se ejecuta la cuantización canónica, y solo después de eso se toma el $\xi \to \infty$ límite.

¿Estás seguro de $V_L^\mu \sim \partial^\mu \phi$ ? Pregunto porque su término cinético en el Lagrangiano parece ser $4^{\mathrm{th}}$ orden, que se considera no físico debido a una serie de teoremas relacionados con la positividad del hamiltoniano.
En este momento, no estoy exactamente seguro de cómo escribir el Lagrangiano anterior como una suma del Proca Lagrangiano canónico y un Lagrangiano del campo escalar. Sin embargo, la afirmación de la que estoy seguro y que es fácil de verificar es: la solución general para $V^\mu$ Se puede escribir como $V^\mu = V^\mu_\mathrm{T} + \partial^\mu \phi$ dónde $V^\mu_\mathrm{T}$ sería la solución transversal general "usual" a las ecuaciones de campo de Proca y $\phi$ es la solución general de la ecuación de campo escalar con masa $\sqrt{\eta \xi}m$ .
El término con C2 es una divergencia total pero conduce a una ecuación de movimiento diferente. Con C1=1 y C2=C3=C4=0 obtienes la ecuación de onda, con C1=-C2=1 y C3=C4=0 obtienes las ecuaciones de Maxwell, que por cierto se reducen a la ecuación de onda si se aplica la condición de Lorentz.
@my2cts No, no es una divergencia total, vea la primera línea, es $-(\partial_\mu A^\mu)^2$ más términos que son una divergencia. Estoy de acuerdo con el resto de tus afirmaciones.

Mathieu Krisztian · Answer 2

Tiendo a creer que hay un error en la pregunta. ¿Puedes comprobar?

Dado que tiene un factor 1/2 delante del término de masa, está tratando con el caso complejo del campo.

Entonces, en este caso, ¿cómo podría tener un factor 1/2 delante del término cinemático?

Además, tu signo parece estar en la dirección equivocada.

¿Realmente has visto un libro que contenía tu fórmula? ¿Puedes dar la referencia?

A continuación encontrará mi demostración de que hay un problema.

¿Ves algún problema en mi derivación? (Empiezo con la fórmula de wikipedia)

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Jak

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Sean E. Lago

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mis2cts

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Mathieu Krisztian

Cuantización de la carga de Lorentz

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