¿Qué papel juega la "ruptura de simetría espontánea" en el "Mecanismo de Higgs"?

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¿Qué papel juega la "ruptura de simetría espontánea" en el "Mecanismo de Higgs"?

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Física
simetría
invariancia de calibre
ruptura de simetría
teoría cuántica de campos

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Al hablar sobre el mecanismo de Higgs, la primera parte siempre es una introducción al concepto de ruptura de simetría espontánea (SSB), algunas personas dicen que el mecanismo de Higgs es el resultado de SSB de la simetría de calibre local, algunas personas dicen que podemos formular el mecanismo de Higgs en de una manera invariable de calibre, algunas personas también dicen que solo necesitamos un valor de expectativa de vacío distinto de cero ... Estoy confundido acerca de este punto de vista diferente o quizás el mismo.

En este post: ¿Cómo funciona el mecanismo de Higgs? , la respuesta más votada, todavía no puedo sentir cómo SSB funcionó en el mecanismo de Higgs. Parece que la validez de la última parte, la aparición de un término masivo para $A$ , está garantizado si tenemos un valor de equilibrio distinto de cero $\phi_0$ para expandirse alrededor. No veo que el requisito de que la fase del campo $\phi$ deben fijarse en algún valor particular para generar el término de masa. Por lo tanto, me parece que no es cierto que SSB sea realmente indispensable para el mecanismo de Higgs.

Para hacerlo mas simple:

¿La ruptura espontánea de lo que se atribuye al mecanismo de Higgs?

simetría de calibre local
simetría global, ya que la ruptura de una "simetría de calibre" no debería tener ningún efecto en la física. En el mecanismo de Higgs, la simetría realmente rota es global. Matemáticamente, es similar a la apariencia de fijar un calibre, pero uno no debe pensar en ello como una ruptura espontánea de la simetría del calibre local.
otro.

¿Es SSB realmente indispensable para el mecanismo de Higgs?

sí, el mecanismo de Higgs se basa en el SSB de alguna simetría (pregunta anterior), los otros enfoques de descripción finalmente han roto espontáneamente alguna simetría.
No, el SSB es solo una forma de describir el mecanismo de Higgs (o incluso no una forma completa), lo que realmente se necesita es el valor de expectativa de vacío distinto de cero, por ejemplo, en la publicación vinculada, el requisito para que ocurra el término de masa es para tienen algún valor esperado distinto de cero de $\phi$ para expandirse, no necesitamos que la fase del campo sea fija, por lo que la simetría no se rompe.
Otro.

algunos materiales de referencia :

¿El teorema de Elitzur es válido solo en la teoría del campo reticular? Establece que la SSB de la simetría de calibre local es imposible.
Las cuentas invariantes de calibre del mecanismo de Higgs en resumen establecen que:

las simetrías de calibre simplemente reflejan una redundancia en la descripción del estado y, por lo tanto, la ruptura espontánea no puede ser un ingrediente esencial. De hecho, como ya demostraron Higgs y Kibble, el mecanismo puede explicarse en términos de variables invariantes de calibre, sin invocar la ruptura espontánea de la simetría.

¿Se viola espontáneamente la invariancia de calibre electromagnético en los superconductores? En la introducción dice:

En particular, enfatizamos que la simetría de rotación de fase U(1) global, y no la simetría de calibre, se viola espontáneamente, y mostramos que la función de onda BCS es, contrariamente a lo que se afirma en la literatura, totalmente invariante de calibre.

Respuestas (3)

¿Qué papel juega la "ruptura de simetría espontánea" en el "Mecanismo de Higgs"?

Dominic Else · Answer 1

Con frecuencia se afirma que el mecanismo de Higgs implica la ruptura espontánea de la simetría de calibre. Sin embargo, esto es completamente incorrecto . De hecho, las simetrías de calibre no se pueden romper espontáneamente .

Un argumento estándar para esto es que las simetrías de calibre no son simetrías reales, son solo un reflejo de una redundancia en nuestra descripción del sistema; dos estados relacionados por una transformación de calibre son en realidad el mismo estado físico. Por lo tanto, una simetría de calibre es físicamente una "transformación de no hacer nada" y, por lo tanto, no tiene sentido que se rompa espontáneamente.

Sin embargo, este argumento parece un poco evasivo: podría simplemente declarar cualquier simetría como una "transformación de no hacer nada" por decreto si quisiera. Una explicación más satisfactoria es: incluso si interpretamos las simetrías de calibre como simetrías reales, nunca pueden romperse espontáneamente. Este resultado se conoce como el teorema de Elitzur, y es bastante fácil entender por qué debería ser cierto. Centrémonos en los sistemas térmicos clásicos: los sistemas cuánticos a temperatura cero se asignan a los sistemas térmicos clásicos en una dimensión espacial superior, por lo que el argumento debería continuar.

En primer lugar, recuerde el argumento de por qué la ruptura espontánea de la simetría puede tener lugar, por ejemplo, en el modelo 2-D Ising a temperatura finita. El modelo 2-D Ising tiene dos estados fundamentales que rompen la simetría: todos $\uparrow$ y todo $\downarrow$ . Pero, si quiero interponerme entre ellos por las fluctuaciones térmicas locales, entonces tengo que crear un dominio y hacerlo crecer hasta que abarque todo el sistema, lo que implica una gran penalización energética debido al costo energético del muro del dominio. Por lo tanto, a bajas temperaturas, las transiciones entre los dos estados fundamentales se suprimen exponencialmente en el tamaño del sistema y, por lo tanto, el sistema se atasca en todos $\uparrow$ o todo $\downarrow$ , por lo que la simetría se rompe espontáneamente. (El mismo argumento muestra por qué el modelo 1-D Ising no puede tener una ruptura de simetría espontánea a temperatura finita, porque no hay una penalización de energía extensiva para obtener de todos $\uparrow$ a todos $\downarrow$ .)

Por otro lado, dado que una simetría de calibre es una simetría local , este argumento se desmorona. Cualesquiera dos estados básicos que rompan la simetría están relacionados por una secuencia de transformaciones de calibre locales, que (dado que conmutan con el hamiltoniano) tienen una penalización de energía exactamente cero. Por lo tanto, no existe una barrera de energía entre los diferentes estados fundamentales, y el sistema explorará todo el espacio de los estados fundamentales, por lo que no se rompe la simetría. Expresamos todo aquí en términos de sistemas térmicos clásicos, pero será importante para más adelante que la versión cuántica de la ruptura de simetría es que el hamiltoniano debe tener un únicoestado fundamental (al menos con las condiciones de contorno apropiadas), porque los estados fundamentales degenerados siempre pueden acoplarse entre sí a través de fluctuaciones cuánticas para crear un estado de superposición con menor energía.

Entonces, ahora que hemos establecido que el mecanismo de Higgs no corresponde ni puede corresponder a la ruptura espontánea de la simetría, echemos un vistazo a lo que realmente está sucediendo. Para simplificar, veremos el caso más simple, a saber (cuántico, $T = 0$ ) $\mathbb{Z}_2$ Teoría del calibre de la red. Esto comprende sistemas cuánticos bidimensionales en todos los vértices y enlaces de una red cuadrada. Los de los vértices comprenden el "campo de materia" y los de los enlaces comprenden el "campo de calibre". Denotamos las matrices de Pauli en los enlaces por $\sigma_{ab}^x$ , etc. y en los vértices por $\tau_{a}^x$ , etc. El hamiltoniano es

H = - gramo \sum_{⟨ a, b ⟩} σ_{a b}^{X} - \frac{1}{gramo} \sum_{◻} σ^{z} σ^{z} σ^{z} σ^{z} - λ \sum_{a} τ_{a}^{X} - \frac{1}{λ} \sum_{⟨ a, b ⟩} τ_{a}^{z} σ_{a b}^{z} τ_{b}^{z}

$H = -g \sum_{\langle a, b\rangle} \sigma^x_{ab} - \frac{1}{g} \sum_{\square} \sigma^z \sigma^z \sigma^z \sigma^z - \lambda \sum_{a} \tau^x_a - \frac{1}{\lambda} \sum_{\langle a, b \rangle} \tau_a^z \sigma^z_{ab} \tau_b^z$ [el segundo término es una suma de cuatro cuerpos

σ^{z}

$\sigma^z$ interacciones en los cuadrados de la red ("plaquettes"), y

⟨ a, b ⟩

$\langle a, b \rangle$ significa una suma sobre los pares de vértices vecinos más cercanos.] Este hamiltoniano tiene una simetría de calibre

τ_{a}^{x} \prod_{⟨ a, b ⟩} σ_{b}^{x}

$\tau^x_a \prod_{\langle a, b \rangle} \sigma^x_b$ por cada vértice

a

$a$ .

Uno puede trazar el diagrama de fase de este hamiltoniano en detalle, pero aquí solo queremos centrarnos en la fase de "Higgs", que ocurre cuando $g$ y $\lambda$ son pequeños, de modo que dominan el segundo y el cuarto términos. Tomaremos el límite $g \to 0$ , alegando sin pruebas que el $g$ El caso pequeño pero no nulo es cualitativamente similar. En este límite, el estado fundamental debe ser un $+1$ estado propio del producto de $\sigma^z$ alrededor de cada plaqueta (condición "sin fundente"). Si el modelo se define en un espacio sin bucles no contráctiles, esto implica que podemos escribir, para cada configuración "sin flujo", $\sigma^z_{ab} = \widetilde{\sigma}^z_a \widetilde{\sigma}^z_b$ para alguna elección de $\{ \widetilde{\sigma}^z_a \} = \pm 1$ . Por lo tanto, todas las configuraciones "sin flujo" se pueden hacer para satisfacer $\sigma^z_{ab} = 1$ mediante una transformación de calibre adecuada. Por lo tanto, bajo esta condición de fijación de calibre, el hamiltoniano se reduce al modelo de Ising cuántico de campo transversal en los campos de materia:

H_{gramo F} = - λ \sum_{a} τ_{a}^{X} - \frac{1}{λ} \sum_{⟨ a, b ⟩} τ_{a}^{z} τ_{b}^{z}

$\begin{equation} H_{gf} = -\lambda \sum_{a} \tau^x_a - \frac{1}{\lambda} \sum_{\langle a,b \rangle} \tau_a^z \tau_b^z \end{equation}$ que sabemos que tendrá una fase de ruptura de simetría (es decir, un estado fundamental degenerado doble) para pequeños

λ

$\lambda$ . Esta es la fase de Higgs.

P: Pero espera, ahora, ¿no dice el teorema de Elitzur que las simetrías de calibre no se pueden romper espontáneamente?

R: Bueno, en realidad al arreglar el calibre usamos la parte local de la simetría del calibre, y el hamiltoniano anterior $H_{gf}$ solo tiene un $\mathbb{Z}_2$ simetría global . Por lo tanto, no viola el teorema de Elitzur por tener una ruptura de simetría espontánea.

P: Pero, ¿qué pasa con el hamiltoniano original? $H$ ? Tenía una simetría de calibre, y es equivalente al nuevo hamiltoniano. $H_{gf}$ , que tiene una ruptura de simetría espontánea, por lo que el hamiltoniano original también debe tener una ruptura de simetría espontánea.

R: Hay que tener mucho cuidado con el sentido en que $H$ y $H_{gf}$ son equivalentes, porque la transformación de "fijación de calibre" que los relaciona no es unitaria (ya que es muchos a uno). Aún así, si uno piensa lo suficiente y usa el hecho de que $H$ es invariante bajo la simetría de norma, no es difícil demostrar que existe una correspondencia entre los estados propios de $H$ y de $H_{gf}$ . Sin embargo, debido a que los dos estados fundamentales degenerados de $H_{gf}$ están relacionados por una transformación de calibre, en realidad corresponden solo a un solo estado fundamental único de $H$ , de acuerdo con el teorema de Elitzur. Este estado fundamental único $|\Psi\rangle_H$ de $H$ se puede encontrar en términos de los estados fundamentales $|\Psi\rangle_{H_{gf}}$ de $H_{gf}$ simetrizándolos para hacerlos calibre invariante, es decir

| Ψ ⟩_{H} = \sum_{GRAMO} GRAMO | Ψ ⟩_{H_{gramo F}},

$\begin{equation} |\Psi\rangle_H = \sum_{\mathcal{G}} \mathcal{G} |\Psi\rangle_{H_{gf}}, \end{equation}$ donde la suma es sobre todas las posibles transformaciones de calibre

G

$\mathcal{G}$ (dado que los dos estados fundamentales degenerados están relacionados por una transformación de calibre, esto da el mismo

| Ψ ⟩_{H}

$|\Psi\rangle_H$ independientemente de cuál elijas ser

| Ψ ⟩_{H_{g f}}

$|\Psi\rangle_{H_{gf}}$ .)

Entonces, en resumen, el mecanismo de Higgs parece parecerse a la ruptura espontánea de la simetría en una elección particular de calibre, pero esto es una ilusión. El verdadero estado fundamental es único e invariante de calibre.

¡Perfecto gracias! Esto finalmente hizo que las cosas hicieran clic para mí. Si puedo agregar un comentario: generalmente decimos que la cadena cuántica Ising tiene SSB desde el estado simétrico $|\uparrow \uparrow \cdots\rangle +|\downarrow \downarrow \cdots \rangle$ tiene un enredo de largo alcance que instantáneamente se descoheriría con la interacción más pequeña de uno de nuestros espines en un solo espín externo fijo. Sin embargo, en su caso, dicho acoplamiento está excluido por la invariancia de calibre y, por lo tanto, el entrelazamiento de largo alcance del estado del gato es, de hecho, indetectable y, por lo tanto, ¡no hay SSB en su cadena Ising!
De manera equivalente, por la misma razón, uno puede de hecho pretender que la cadena de Ising rompe la simetría, siendo el punto principal que no hay nada físico (es decir, observable invariante de calibre) que pueda decir la diferencia entre el estado 'SSB' y el simétrico. estado de gato Teóricamente, por supuesto, es más agradable trabajar con el estado del gato, ya que es la única opción consistente con la simetría de calibre (irrompible).

una oferta no se puede rechazar · Answer 2

En resumen: la ruptura espontánea de la simetría U(1) global, en lugar de la 'simetría de calibre' local, da lugar al valor esperado de vacío distinto de cero del campo de Higgs. Este VEV distinto de cero es una parte esencial del mecanismo de Higgs, que describe cómo el campo de Higgs da masa a otras partículas, y su valor es proporcional a la masa generada.

Para estudiar el mecanismo de Higgs, podemos usar un Lagrangiano de la forma:

\begin{aligned} L = (D_{m} ϕ)^{2} - \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v} - V (| ϕ |) \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{L}=(D_{\mu}\phi)^2-\frac{1}{4} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-V(|\phi|) \end{align}$

Dónde:

\begin{aligned} V (| ϕ |) & = - 2 v^{2} | ϕ |^{2} + | ϕ |^{4} \\ = (| ϕ |^{2} - v^{2})^{2} - v^{4} \\ D_{m} ϕ & = \partial_{m} ϕ + i mi A_{m} ϕ \\ F_{m v} & = \partial_{m} A_{v} - \partial_{v} A_{m} \end{aligned}

$\begin{align} V(|\phi|)&=-2v^2|\phi|^2+|\phi|^4 \\ &=(|\phi|^2-v^2)^2-v^4 \\ D_\mu \phi&=\partial_{\mu}\phi+\mathrm{i}e A_{\mu} \phi \\ F_{\mu\nu}&=\partial_{\mu} A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu} \end{align}$

Este Lagrangiano es invariante de calibre y tiene $U(1)$ simetría _ Tenga en cuenta que no estoy diciendo que tienen local $U(1)$ simetría calibre ni simetría U(1) local porque:

La simetría de calibre no es una simetría real , es más bien una redundancia de nuestra descripción de la naturaleza. En este sentido, nunca puede romperse espontáneamente .
Local $U(1)$ la simetría es un calibre , no tenemos esta simetría en una teoría determinista.

Decimos que el Lagrangiano es invariante de calibre en el sentido de que:

\begin{aligned} ϕ (X) \to ϕ (X) {mi}^{i α (X)}, A_{m} \to A_{m} (X) - \frac{1}{mi} \partial_{m} α (X) \end{aligned}

$\begin{align} \phi(x) \to \phi(x) e^{i\alpha(x)}, \quad A_{\mu} \to A_{\mu}(x) -\frac{1}{e}\partial_{\mu} \alpha(x) \end{align}$ mantener el lagrangiano sin cambios.

El primer paso hacia el mecanismo de Higgs es una ruptura de simetría espontánea (SSB) de global $\text{U}(1)$ simetría. es decir, vamos a elegir un valor particular de $\phi$ en el "círculo mínimo" de potencial $V(|\phi|)$ . Al hacer esto, el estado fundamental perdió el valor global $U(1)$ simetría que tiene el lagrangiano. Con pérdida de generalidad, suponemos que ha irrumpido espontáneamente en $\phi_0 = v$ , un valor real.

El siguiente paso, ampliamos nuestro campo alrededor $\phi_0=v$ , asumimos $\phi=(v+h)e^{i\xi}$ . Sustituyéndolo en el Lagrangiano, obtenemos:

\begin{aligned} L = (\partial_{m} h)^{2} + {mi}^{2} (v + h)^{2} (A_{m} + \frac{1}{mi} \partial_{m} ξ)^{2} - \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v} - 4 v^{2} h^{2} - 4 v h^{3} - h^{4} + v^{4} \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{L}=(\partial_{\mu}h)^2+e^2(v+h)^2(A_{\mu}+\frac{1}{e}\partial_{\mu}\xi)^2 -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} -4v^2h^2-4vh^3-h^4+v^4 \end{align}$

Podemos ver que este Lagrangiano todavía es invariante de calibre , recuerde nuestra definición de transformación de calibre anterior, significa:

ξ \to ξ + α, A_{m} \to A_{m} - \frac{1}{mi} \partial_{m} α

$\begin{equation} \xi \to \xi +\alpha, \quad A_{\mu}\to A_{\mu} -\frac{1}{e}\partial_{\mu}\alpha \end{equation}$

Entonces, bajo la transformación de calibre, tenemos:

\begin{aligned} A_{m} + \frac{1}{mi} \partial_{m} ξ \to A_{m} + \frac{1}{mi} \partial_{m} ξ \end{aligned}

$\begin{align} A_{\mu}+\frac{1}{e}\partial_{\mu}\xi \to A_{\mu}+\frac{1}{e}\partial_{\mu}\xi \end{align}$

Lo que significa que el Lagrangiano sigue siendo invariante de calibre.

Ahora definimos $A'_{\mu}=A_{\mu}+\frac{1}{e}\partial_{\mu}\xi$ . Hacemos hincapié en que $A'_{\mu}$ no debe llamarse un campo de calibre porque es en sí mismo invariante de calibre. En ciertos contextos físicos, este campo vectorial se puede expresar en términos de cantidades físicas invariantes de calibre. También tenemos $F'_{\mu\nu}=F_{\mu\nu}$ , dónde:

\begin{aligned} F_{m v}^{'} = \partial_{m} A_{v}^{'} - \partial_{v} A_{m}^{'} \end{aligned}

$\begin{align} F'_{\mu\nu}=\partial_{\mu} A'_{\nu}-\partial_{\nu}A'_{\mu} \end{align}$

Ahora el lagrangiano se convierte en:

\begin{aligned} L = (\partial_{m} h)^{2} - 4 v^{2} h^{2} + {mi}^{2} v^{2} (A_{m}^{'})^{2} - \frac{1}{4} F_{m v}^{'} F^{' m v} + \dots \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{L}=(\partial_{\mu}h)^2-4v^2h^2+e^2v^2(A'_{\mu})^2 -\frac{1}{4} F'_{\mu\nu}F'^{\mu\nu} +\cdots \end{align}$

Donde hemos omitido los términos constantes y los términos de interacción, y obtenemos un término de masa para el campo vectorial $A'$ y el bosón de piedra de oro sin masa original $\xi$ acaba de desaparecer. Este es el dicho de que "el campo vectorial se ha comido los bosones de Goldstone y se ha vuelto pesado".

En este punto, hemos visto que podemos explicar el mecanismo de Higgs de una manera invariante de calibre, esto no es algo así como una ruptura espontánea de la simetría de calibre local en el análisis anterior, ya que acabamos de mostrar que es invariante de calibre.

Por otro lado, también podemos fijar manualmente el calibre en el antiguo Lagrangiano. La elección habitual es dejar $\xi = 0$ , para que tengamos $A'=A$ . Ya que hemos fijado el calibre, ya no es válido hablar de invariante de calibre. Esta puede ser la razón por la que la gente habla de "romper espontáneamente la simetría de calibre local". Sin embargo, el proceso de fijación manual del calibre no debe considerarse como un proceso espontáneo.

Buena publicación. Sin embargo, no veo por qué llamas simetría a la U(1) global. Es tanto calibre como la parte local.
@RubenVerresen Porque es fácil verificar la operación de simetría $\phi\to\phi e^{i c}$ no cambia el Lagrangiano, donde $c$ es independiente de $x$ .
@buzhidao ¿Puede explicar la expresión sobre la declaración "Lo que significa que el Lagrangiano sigue siendo invariante de calibre". ¿Es algún error tipográfico?
@SRS Puede ignorar esa parte, solo quiero confirmar que el Lagrangiano es invariante de calibre.
@buzhidao Ya que estamos reinterpretando el original $U(1)$ la transformación de calibre como un cambio en la piedra de oro (para argumentar que la simetría de calibre está intacta), y dado que el nuevo Lagrangiano sigue siendo invariante bajo un cambio global , ¿no significa eso que el cambio global $U(1)$ la simetría de rotación de fase está tan intacta como la simetría de calibre local? En otras palabras, ¿por qué reinterpretamos la $U(1)$ medir la transformación como un cambio de la piedra de oro, pero no reinterpretar el global $U(1)$ simetría como una invariancia de cambio global?

mikev · Answer 3

La esencia del mecanismo de Higgs es que permite que la ruptura de la simetría (de calibre) haga crecer una masa para los bosones de calibre (vector), que necesariamente no tienen masa en la simetría intacta. El escalar de Higgs y los dos grados de libertad del bosón vectorial sin masa se combinan para formar los tres grados de libertad de un bosón vectorial masivo. El teorema de Goldstone ( https://en.wikipedia.org/wiki/Goldstone_boson ) establece que si una simetría continua de un sistema se rompe espontáneamente, entonces el estado fundamental del sistema es degenerado. En una teoría de calibre, los estados básicos degenerados son en realidad alcanzables entre sí mediante una transformación de calibre, por lo que son simplemente copias de calibre entre sí y corresponden a un solo estado físico.

no del todo bien, el estado fundamental degenerado está relacionado por simetría física, no por calibre.
""si una simetría continua de un sistema se rompe espontáneamente, entonces el estado fundamental del sistema es degenerado"" esta afirmación es aún peor...
Sugiero enfáticamente mirar artículos antiguos de Strocchi donde el mecanismo de Higgs se describe de una manera completamente invariante de calibre, como debería ser, en términos de una transición de fase donde uno mira la longitud de correlación del bosón de calibre. En mi opinión, hay muchos artefactos de calibre y perturbadores en la descripción habitual posiblemente relacionados con algún automatismo en la forma en que las personas experimentales intentan trivializar QFT en términos clásicos. Un buen punto de entrada es amazon.com/… .

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