¿Qué tan fundamental es la condición de transversalidad en QED?

El vector potencial no es invariante de calibre, y hay muchos potenciales de calibre que corresponden al mismo campo electromagnético físico. Así, cuando tomamos la integral de trayectoria

La forma de resolver esto es agregar una condición de fijación de calibre para que cada configuración de campo electromagnético físico se cuente solo una vez. Eso se hace agregando un multiplicador de Lagrange, digamos$\lambda \partial_\mu A^\mu$en forma covariante para el calibre de Lorenz, o$\lambda \nabla \cdot\mathbf A$para calibre de Coulomb. Por supuesto, hay otras opciones para otros calibres.

Lo anterior se generaliza a todas las teorías de calibre. Las palabras clave a buscar aquí son sistemas hamiltonianos restringidos y formalismo BRST. Aquí hay algunas notas de clase que usan la electrodinámica como ejemplo, que muestran cómo lidiar con las simetrías de calibre.

Primero,$\mathbf{k}\cdot\mathbf{A}=0$y$\nabla\cdot\mathbf{A}=0$son la misma condición, uno en el espacio de Fourier y el otro en el espacio regular.

La teoría en sí misma es invariante de calibre. En otras palabras, las ecuaciones para los potenciales que se derivan de las ecuaciones de Maxwell son invariantes de calibre:

Puede comprobar que esto es invariable en$A^\mu \to A^\mu + \partial^\mu \chi$.

Ahora, lo que puede hacer es elegir un calibre en particular. Es decir, impones alguna condición sobre el potencial. Cuando hace esto, pierde la invariancia del indicador, por la sencilla razón de que ahora está trabajando en un indicador en particular. Dos ejemplos comunes de condiciones de calibre son el calibre de Lorenz ($\partial_\mu A^\mu=0$; este es bueno porque es invariante de Lorentz) y Coulomb o calibre transversal:$\nabla \cdot \mathbf{A}=0$.

Parece que también confundes un poco las palabras. El campo vectorial (asumiendo que te refieres a$\mathbf{A}$o$A^\mu$, es decir, los potenciales) no es invariante de calibre, porque el campo vectorial es precisamente lo que cambia cuando se realiza una transformación de calibre. En particular,$A_\perp$no es calibre invariante: la razón por la que es importante es que en calibre transversal$\mathbf{A}(\mathbf{k})$no tiene un componente paralelo a$\mathbf{k}$(de ahí el nombre). Lo que es invariante de calibre es el propio campo electromagnético, es decir,$F_{\mu\nu}$o los campos eléctricos y magnéticos si lo prefieres. Se construyen a partir de los potenciales de tal manera que no se ven afectados si realiza una transformación de calibre.

Y no, no hay necesidad de que nada sea invariante de calibre para que la teoría tenga sentido. Postulas tus ecuaciones y son invariantes de calibre o no lo son. En QFT, generalmente es muy deseable que una teoría se base en una simetría de calibre (como lo es el modelo estándar), pero no es necesario. La interacción débil tal como la vemos a bajas energías no es invariante de calibre, por ejemplo: la simetría se rompe.

Una simple reacción rápida que no requiere párrafos largos es que la primera ecuación está en el espacio de cantidad de movimiento y la otra ecuación es la misma ecuación, pero en el espacio de posición pensé que, estrictamente hablando, en el espacio de cantidad de movimiento la condición es$k \cdot\epsilon =0$dónde$\epsilon$es el vector de polarización.

Para responder directamente a su pregunta, ¿qué tan fundamental es la condición de transversalidad? Primera nota que$A _{\mu}$tiene 4 grados de libertad mientras que en realidad necesitamos 2. Así que antes de continuar tenemos que reducir el número de grados de libertad. Entonces, siempre que esté utilizando una teoría de calibre (en este caso, una teoría de calibre abeliana), deberá imponer 2 condiciones para reducir la cantidad de grados de libertad. Pero si uno encuentra una manera de hacer QED sin usar el potencial de cuatro vectores, entonces presumiblemente uno ya tendría el número correcto de grados de libertad haciendo innecesaria la imposición de la transversalidad.