Recuento de grados de libertad masivos después de fijar el calibre

Question

Recuento de grados de libertad masivos después de fijar el calibre

knzhou

Considere la teoría de QED escalar con el Lagrangiano

\begin{matrix} (1) & L = - \frac{1}{4} F^{m v} F_{m v} + (D^{m} ϕ)^{*} (D_{m} ϕ) - {metro}^{2} ϕ^{*} ϕ \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \phi)^* (D_\mu \phi) - m^2 \phi^* \phi \tag{1}$ dónde

ϕ

$\phi$ es un campo escalar complejo con masa

m

$m$ . Contando los grados de libertad, tenemos

dos grados de libertad reales sin masa de $A_\mu$
dos enormes grados reales de libertad de $\phi$

Ahora, a pesar de que aquí no se está rompiendo la simetría, todavía podemos optar por ir al calibre unitario, es decir, fijar el calibre de modo que $\phi$ es real. Ahora tenemos el Lagrangiano de calibre fijo

\begin{matrix} (2) & L = - \frac{1}{4} F^{m v} F_{m v} + (D^{m} φ) (D_{m} φ) - \frac{1}{2} {metro}^{2} φ^{2} \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \varphi) (D_\mu \varphi) - \frac12 m^2 \varphi^2\tag{2}$ dónde

φ

$\varphi$ es un campo escalar real canónicamente normalizado y no hay simetría de calibre. Entonces nosotros tenemos

tres grados reales de libertad de $A_\mu$
un enorme grado real de libertad de $\phi$

donde sé que hay tres grados reales de libertad en $A_\mu$ , porque la fijación de calibre siempre elimina uno y aquí no tenemos fijación de calibre.

Lo que me confunde es que debe haber dos grados de libertad masivos, tal como los había en la teoría original. Entonces eso de alguna manera significa que uno de los grados de libertad en $A_\mu$ es masivo mientras que los otros dos no lo son, pero ¿cómo puede ser eso? No hay término masivo para $A_\mu$ conocimiento.

knzhou

Nota: He visto esta pregunta que tiene cierta superposición, aunque no creo que la respuesta responda a mi pregunta. En particular, no entiendo cómo el término de masa para la parte longitudinal de

A_{μ}

$A_\mu$ sucede.

AccidentalFourierTransformar

relacionado: ¿ Por qué un escalar real no puede acoplarse al campo electromagnético? . En tu segundo Lagrangiano, el acoplamiento entre

A

$A$ y

φ

$\varphi$ no es a través de una corriente conservada, por lo que el modo longitudinal no está desacoplado y el conteo de grados de libertad no es sencillo.

knzhou

@AccidentalFourierTransform De hecho, hay un modo longitudinal, pero me cuesta ver por qué tiene masa

m

$m$ !

Respuestas (2)

Recuento de grados de libertad masivos después de fijar el calibre

Nota: He visto esta pregunta que tiene cierta superposición, aunque no creo que la respuesta responda a mi pregunta. En particular, no entiendo cómo el término de masa para la parte longitudinal de $A_\mu$ sucede.
relacionado: ¿ Por qué un escalar real no puede acoplarse al campo electromagnético? . En tu segundo Lagrangiano, el acoplamiento entre $A$ y $\varphi$ no es a través de una corriente conservada, por lo que el modo longitudinal no está desacoplado y el conteo de grados de libertad no es sencillo.
@AccidentalFourierTransform De hecho, hay un modo longitudinal, pero me cuesta ver por qué tiene masa $m$ !

DosBs · Answer 1

Lo que puede eliminar con una redefinición de campo (en forma de $U(1)$ transformación de calibre) es la fase de $\phi$ . Pero el número total de grados de libertad (dof) no va a cambiar ya que el lagrangiano resultante ya no es invariante de calibre. El nuevo conteo es $3+1$ donde el $3$ dof viene de $A_\mu$ (con una restricción covariante, ver más abajo, de modo que realmente $3=4-1$ ), y el 1 dof proviene en cambio del modo radial escalar de $\phi$ .

Más explícitamente, escribe

ϕ (X) = {mi}^{i mi π (X)} \frac{h (X)}{\sqrt{2}}

$\phi(x)=e^{ie\pi(x)}\frac{h(x)}{\sqrt{2}}$ (con ambos

π

$\pi$ y

h (x)

$h(x)$ campos escalares reales) y la derivada covariante

D_{μ} ϕ = (\partial_{μ} - i e A_{μ}) ϕ

$D_\mu \phi=(\partial_\mu-i e A_\mu)\phi$ se convierte

D_{m} ϕ = {mi}^{i mi π} [i mi (\partial_{m} π - A_{m}) + \frac{1}{\sqrt{2}} \partial_{m} h]

$D_\mu \phi=e^{ie\pi}\left[ie(\partial_\mu\pi-A_\mu)+\frac{1}{\sqrt{2}}\partial_\mu h\right]$ para que el lagrangiano lea

L = - \frac{1}{4} F_{m v} F^{m v} + \frac{{mi}^{2}}{2} h^{2} (\partial_{m} π - A_{m})^{2} + \frac{1}{2} (\partial_{m} h)^{2} - \frac{{metro}^{2}}{2} h^{2} .

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2(\partial_\mu\pi-A_\mu)^2+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2\,.$ Ahora, definiendo la nueva variable.

A_{μ}^{'} = A_{μ} - \partial_{μ} π

$A_\mu^\prime=A_\mu-\partial_\mu\pi$ (que es la combinación invariante de calibre), el lagrangiano se convierte en

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

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F^\prime_{\mu\nu}F^{\prime \mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2 A_\mu^{\prime 2}+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2$ en completa analogía con el mecanismo abeliano de Higgs excepto que

h

$h$ tiene un valor de expectativa de vacío que se desvanece. Ahora, este último lagrangiano depende de los campos

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ y

h

$h$ : cuantos dof hay? Bueno el

h (x)

$h(x)$ ciertamente cuenta 1. El

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ por otro lado cuenta

3

$3$ y tampoco

4

$4$ (a pesar de

μ = 0, 1, 2, 3

$\mu=0,1,2,3$ ) ni

2

$2$ . De hecho, a partir de las ecuaciones de movimiento

\partial_{μ} F^{^{'} μ ν} = - e^{2} h^{2} A^{' ν}

$\partial_\mu F^{^\prime\mu\nu}=-e^2h^2 A^{\prime \nu}$ vemos la restricción covariante

\partial_{m} (A^{' m} h^{2}) = 0

$\partial_\mu (A^{\prime\mu} h^2)=0$ que nos envía desde

4

$4$ a

3

$3$ . Pero observe que no hay invariancia de calibre para

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ en su lagrangiano arriba (el

e^{2} h^{2} A_{μ}^{' 2}

$e^2 h^2 A_\mu^{\prime 2}$ -término lo rompe) y, por lo tanto, ningún modo longitudinal puede eliminarse de esa manera:

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ es una configuración física diferente que decir

A_{μ}^{'} - \partial_{μ} Ω

$A^\prime_\mu-\partial_\mu \Omega$ (en particular, uno resuelve la ecuación de movimiento, el otro no). Entonces, el conteo termina aquí y coincide con el giro masivo 1 más un escalar real, es decir

3 + 1

$3+1$ como se esperaba. Sin embargo, tenga en cuenta que la partícula spin-1 no es masiva y toda esta gimnasia es simplemente artificial, ya que quería moverse alrededor de un escalar dof

π

$\pi$ adentro

A_{μ}

$A_\mu$ .

Pero, ¿por qué el nuevo componente de $A_\mu$ ¿masivo? No veo un término masivo para ello en ninguna parte, pero deberíamos conservar el número de grados de libertad masivos.
@knzhou Lea atentamente lo que he escrito y todos los detalles explícitos que he proporcionado. Nuevamente, el bosón de spin-1 no es masivo aunque el conteo de grados de libertad funciona como si lo fuera, ya que la invariancia de calibre en las nuevas variables ( $A_\mu^\prime$ y $h$ ) se pierde, precisamente como sucede con un spin-1 masivo. Pero de nuevo, aquí no hay una partícula masiva de espín-1, y el número de grados de libertad se conserva, 4 .
No he dicho que los tres componentes de $A_\mu$ son masivos. El problema es que en el Lagrangiano original, hay claramente dos grandes grados de libertad, los dos componentes del $\phi$ . Si reclama los tres componentes de $A_\mu$ son sin masa, entonces hemos perdido un grado masivo de libertad.
@knzhou El conteo de grados de libertad es 1+1+2=4 al principio y se puede reescribir después de alguna manipulación como 1+3=4. Pero el número y la composición de partículas masivas y sin masa no cambia cualquier manipulación que haga. En el lagrangiano original había dos partículas de espín 0 sin masa (por lo tanto, 2 grados de libertad) y una partícula de espín 1 sin masa (por lo tanto, 2 grados de libertad más). En el nuevo lagrangiano todavía hay 4 grados de libertad; se mezclan en los nuevos campos de forma retorcida. Sin embargo, corresponden a las tres partículas sin masa: las dos partículas sin masa de espín 0 y la partícula sin masa de espín 1.
"En el lagrangiano original había dos partículas de spin-0 sin masa (por lo tanto, 2 grados de libertad)". no, el $\phi$ campo tiene una masa. El punto central de mi pregunta es adónde van sus dos grados masivos de libertad.
@knzhou creo que lo tienes muy confundido: que el campo $\phi$ tenido o no una masa no cambia nada. Un campo escalar masivo o sin masa (o partícula de espín 0) no cambia el número de grados de libertad. Un pión sin masa o un pión masivo tienen los mismos grados de libertad.
No estoy hablando de solo contar grados de libertad. Estoy hablando de contar el número de grados de libertad con masa. Por ejemplo, el QED estándar tiene 2 grados de libertad sin masa (fotón) y 4 grados de libertad masivos (electrón). Aquí comenzamos con 2 grados de libertad sin masa en $A_\mu$ y 2 grados de libertad masivos en $\phi$ . Está afirmando que terminamos con 3 grados de libertad sin masa en $A_\mu$ y 1 grado de libertad masivo en $\phi$ . Pero $3 \neq 2$ . El objetivo de mi pregunta es arreglar esto.
@knzhou Solo digo (bueno, más que eso: en realidad demostrando con matemáticas simples), que el campo $A^{\prime}_\mu$ lleva 3 dofs y el campo $h(x)$ uno mas. Pero esta teoría aún corresponde a una *partícula* de spin-1 sin masa (asociada a $A_\mu$ , No a $A_\mu^{\prime}$ ) y dos partículas masivas de spin-0 (asociadas a $\phi$ y $\phi^*$ , no $h$ ). El $A_\mu^{\prime}$ campo generan partículas de dos espines diferentes, un espín-1 sin masa y un espín-0 masivo, cuando actúan sobre el vacío. No es generar una repetición irreductible sino dos y de dos grupitos distintos.
Perdón por ser repetitivo, pero nuevamente, mi pregunta es cómo el $A_\mu'$ campo genera una partícula masiva de espín 0. No está nada claro del Lagrangiano dónde se supone que está el término de masa.
Uno de los bosones masivos de spin-0 está contenido en $A_\mu^\prime$ ya que lo hemos visto $A^\prime_\mu=A_\mu-\partial_\mu\pi$ y $\pi$ contiene una parte de los DOF escalares masivos $\phi$ y $\phi^*$ que crean partículas masivas de spin-0. Esta relación es bastante no local, $A^\prime_\mu=A_\mu-\frac{1}{2}\partial_\mu \log (\phi/\phi^*)$ , de modo que la acción de $A^\prime$ en el vacío es complicado. No creo que haya una manera simple de describirlo sin terminar solo con el lagrangiano original donde todos los grados de libertad se mezclaron muy bien. Pero el conteo de dofs que te di en la respuesta está bien.
@knzhou: "El problema es que en el Lagrangiano original, hay claramente dos grados de libertad masivos, los dos componentes del $\phi$ "En realidad no; secretamente solo hay un componente masivo de $\phi$ . Tome la primera ecuación de TwoBs en la respuesta y amplíe para pequeños $\pi (x)$ ; verás eso $\pi (x)$ no tiene un término de masa. Esto se debe a que el término de masa para $\phi$ es $m^2 |\phi|^2$ , que sólo se preocupa por su valor absoluto y no por su fase.
@RonakMSoni Pero literalmente acabo de escribir el término de masa estándar para un campo escalar complejo. Puede verificar en el capítulo 1 de cualquier libro de QFT que esto produce dos partículas masivas.
Ahora, en la parametrización extraña en esta respuesta, no parece $\pi$ tiene un término de masa, pero la transformación aquí es singular cerca $\phi = 0$ , entonces, ¿quién sabe lo que realmente sucede? El punto es que una masa tiene que salir de alguna manera, porque de hecho está ahí en cualquier parametrización agradable.
@RonakMSoni claramente hay dos partículas masivas de spin-0 como dice knzhou. La parametrización 'extraña' oscurece este hecho trivial. (Por cierto, la parametrización 'extraña' no es más que lo que realmente exigió el OP cuando requiere arreglar el indicador tomando $\phi$ real, que en realidad es la eliminación de la fase por un $U(1)$ transformación de calibre.

qmecanico · Answer 2

Antes de que podamos comparar con el segundo Lagrangiano (2), el primer Lagrangiano (1) debe incluir un término de fijación de calibre ${\cal L}_{\rm gf}$ , p.ej ${\cal L}_{\rm gf} = \lambda~ {\rm Im}(\phi),$ dónde $\lambda$ es un multiplicador de Lagrange. Después de integrar $\lambda$ y ${\rm Im}(\phi)$ el Lagrangiano (1) se convierte en el Lagrangiano (2).

Por qué necesitamos considerar Lagrangianos de calibre fijo (en lugar de no calibre fijo) se discute, por ejemplo, en mi respuesta Phys.SE aquí .

Para ambos Lagrangianos, el campo escalar induce efectivamente un término de masa para el $A_{\mu}$ -campo.

$\downarrow$ Tabla 1: DOF real de los Lagrangianos de OP.

$\begin{array}{ccc} Lagrangiano & {DOF fuera de la cáscara}^{1} & {DOF en la concha}^{2} \\ (1) & 2 + 4 - 1 = 5 & 2 + 3 - 1 = 4 \\ (2) & 1 + 4 - 0 = 5 & 1 + 3 - 0 = 4 \end{array}$ $\begin{array}{ccc} \text{Lagrangian}& \text{Off-shell DOF}^1 & \text{On-shell DOF}^2 \cr (1)& 2+4-1=5 &2+3-1=4 \cr (2)& 1+4-0=5 &1+3-0=4 \end{array}$

$^1$ DOF fuera de la carcasa = # (componentes) - # (transformaciones de calibre).

$^2$ DOF en caparazón = # (estados de helicidad) = (DOF clásico)/2, donde DOF clásico = # (condiciones iniciales).

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