Relación de la intensidad de campo de Yang-Mills con el tensor de Maxwell en la teoría de calibre SU(2)SU(2)SU(2)

Question

Relación de la intensidad de campo de Yang-Mills con el tensor de Maxwell en la teoría de calibre SU(2)SU(2)SU(2)

Física
yang-mills
teoría de campo
teoría de calibre
ruptura de simetría

Othin

Estoy estudiando monopolos topológicos en un $SU(2)$ Teoría de Yang-Mills con ruptura espontánea de simetría, a través del libro "Topological Solitons", de Manton y Sutcliffe. En la sección 8.2, los autores relacionan el tensor de intensidad de campo de Yang-Mills con el tensor de campo de Maxwell. El primero se escribe, en esta representación, como:

F_{m v} = \partial_{m} A_{v} - \partial_{v} A_{m} + [A_{m}, A_{v}],

$F_{\mu\nu}=\partial_{\mu}A_{\nu} - \partial_{\nu}A_{\mu} + [A_{\mu},A_{\nu}],$ dónde

A_{μ} = A_{μ}^{a} T^{a}

$A_{\mu}=A_{\mu}^{a}T^a$ , el

T^{a} \equiv i σ^{a}

$T^{a}\equiv i\sigma^a$ siendo los generadores de la

s u (2)

$su(2)$ álgebra. La derivada covariante actúa sobre el campo de Higgs.

Φ = Φ^{a} T^{a}

$\Phi=\Phi^aT^a$ de acuerdo a

D_{m} Φ = \partial_{m} Φ + [A_{m}, Φ] .

$D_{\mu}\Phi= \partial_{\mu}\Phi + [A_{\mu},\Phi].$ Ahora, considere una región del espacio-tiempo donde uno puede escribir

Φ = h \hat{Φ}

$\Phi=h\hat{\Phi}$ , dónde

| Φ |^{2} \equiv - \frac{1}{2} T r Φ^{2} = 1

$|\Phi|^2\equiv-\frac{1}{2}\rm{Tr}\Phi^2=1$ y

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ . El tensor de campo de Maxwell está definido por la relación

f_{μ ν} = - \frac{1}{2} T r (F_{μ ν} \hat{Φ})

$f_{\mu\nu}=-\frac{1}{2}\rm{Tr}(F_{\mu\nu}\hat{\Phi})$ . Entonces, para encontrarlo, necesito resolver

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ por el potencial de calibre y sustituya el resultado en la definición de

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ . debería encontrar:

A_{m} = \frac{1}{4} [\partial_{m} \hat{Φ}, Φ] + a_{m} \hat{Φ},

$A_{\mu}=\frac{1}{4}[\partial_{\mu}\hat{\Phi},\Phi] + a_{\mu}\hat{\Phi},$ dónde

a_{μ}

$a_{\mu}$ es una función suave y

F_{m v} = (\frac{1}{8} T r ([\partial_{m} \hat{Φ}, \partial_{v} \hat{Φ}] \hat{Φ}) + \partial_{m} a_{v} - \partial_{v} a_{v}) \hat{Φ} .

$F_{\mu\nu}=\left(\frac{1}{8}\rm{Tr}([\partial_{\mu}\hat{\Phi},\partial_{\nu}\hat{\Phi}]\hat{\Phi}) + \partial_{\mu}a_{\nu} - \partial_{\nu}a_{\nu} \right)\hat{\Phi}.$

No he podido encontrar la solución para $A_\mu$ , ni pude encontrar este formulario para $f_{\mu\nu}$ mediante la sustitución del resultado correcto y manipulaciones algebraicas, aunque debería ser sencillo. Quisiera alguno con esas manipulaciones, si es posible. Además, como pregunta secundaria, me encantaría que alguien pudiera explicar cuál es la condición $D_{\mu}\hat{\Phi}$ significa , como en ¿por qué debería satisfacerse en regiones distintas del vacío?

David Bar Moshé

Perdón por no publicar una respuesta completa, tenga en cuenta que

\hat{Φ} B \hat{Φ} = T r (\hat{Φ} B) \hat{Φ}

$\hat{\Phi} B \hat{\Phi} = \mathrm{Tr}( \hat{\Phi} B ) \hat{\Phi}$ para cualquier cantidad adjunta

B = \sum_{a = 1}^{3} B^{a} t_{a}

$B=\sum_{a=1}^3 B^a t_a$ , (como el potencial de calibre). En cuanto a su segunda pregunta, vea el comentario de Manton y Sutcliffe después de la ecuación (8.70), donde explican que esta solución es asintóticamente válida en la región fuera del núcleo del monopolo, donde el campo de norma se abelianiza.

Othin

Bueno, sobre la segunda parte... es cierto, pero

D_{μ} \hat{Φ} = 0

$D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ es una condición más débil. Los resultados deben ser válidos incluso dentro del núcleo, para que la interpretación del campo magnético como

b_{i} = - \frac{1}{2} ϵ_{i j k} f_{j k}

$b_i=-\frac{1}{2}\epsilon_{ijk}f_{jk}$ todavía se mantiene (en el sentido de que sigue siendo una interpretación válida). Además, fuera del núcleo, podríamos usar la condición más fuerte

D_{μ} Φ = 0

$D_{\mu}\Phi=0$ , que debe cumplirse lejos del origen.

subhaneil lahiri

No conozco ese libro, pero ¿es esto en el caso de un monopolo BPS? ¿También tienes la ecuación de Bogomol'nyi,

\vec{D} Φ = \vec{B}

$\vec{D}\Phi = \vec{B}$ ?

Othin

Bueno, no se supone que la solución sea BPS aquí, es el caso general.

Respuestas (1)

Relación de la intensidad de campo de Yang-Mills con el tensor de Maxwell en la teoría de calibre SU(2)SU(2)SU(2)

Perdón por no publicar una respuesta completa, tenga en cuenta que $\hat{\Phi} B \hat{\Phi} = \mathrm{Tr}( \hat{\Phi} B ) \hat{\Phi}$ para cualquier cantidad adjunta $B=\sum_{a=1}^3 B^a t_a$ , (como el potencial de calibre). En cuanto a su segunda pregunta, vea el comentario de Manton y Sutcliffe después de la ecuación (8.70), donde explican que esta solución es asintóticamente válida en la región fuera del núcleo del monopolo, donde el campo de norma se abelianiza.
Bueno, sobre la segunda parte... es cierto, pero $D_{\mu}\hat{\Phi}=0$ es una condición más débil. Los resultados deben ser válidos incluso dentro del núcleo, para que la interpretación del campo magnético como $b_i=-\frac{1}{2}\epsilon_{ijk}f_{jk}$ todavía se mantiene (en el sentido de que sigue siendo una interpretación válida). Además, fuera del núcleo, podríamos usar la condición más fuerte $D_{\mu}\Phi=0$ , que debe cumplirse lejos del origen.
No conozco ese libro, pero ¿es esto en el caso de un monopolo BPS? ¿También tienes la ecuación de Bogomol'nyi, $\vec{D}\Phi = \vec{B}$ ?
Bueno, no se supone que la solución sea BPS aquí, es el caso general.

subhaneil lahiri · Answer 1

Primero necesitamos algunas identidades, usando las convenciones para $su(2)$ de la pregunta:

\begin{aligned} [[A, B], C] & = 2 A T r (B C) - 2 B T r (A C), \\ [[A, B], [C, D]] & = 2 A T r (C [D, B]) - 2 B T r ([A, C] D) . \end{aligned}

$\begin{align} [[A,B],C] &= 2A\ \mathrm{Tr}(BC) - 2B\ \mathrm{Tr}(AC), \\ [[A,B],[C,D]] &= 2A\ \mathrm{Tr}(C[D,B]) - 2B\ \mathrm{Tr}([A,C]D). \end{align}$

Si tomamos una derivada de $\mathrm{Tr}(\hat{\Phi}^2) = -2$ , encontramos eso $\mathrm{Tr}(\hat{\Phi}\ \partial_\mu\hat{\Phi}) = 0$ . Usando la primera identidad encontramos:

\begin{aligned} [[\partial_{m} \hat{Φ}, \partial_{v} \hat{Φ}], \hat{Φ}] = 0 ⟹ [\partial_{m} \hat{Φ}, \partial_{v} \hat{Φ}] & \propto \hat{Φ} \\ ⟹ [\partial_{m} \hat{Φ}, \partial_{v} \hat{Φ}] & = - \frac{1}{2} T r ([\partial_{m} \hat{Φ}, \partial_{v} \hat{Φ}] \hat{Φ}) \hat{Φ}, \end{aligned}

$\begin{align} [[\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}], \hat{\Phi}] = 0 \implies [\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] &\propto \hat{\Phi} \\ \implies [\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] &= - \frac{1}{2} \mathrm{Tr}([\partial_\mu\hat{\Phi}, \partial_\nu\hat{\Phi}] \hat{\Phi}) \ \hat{\Phi}, \end{align}$

donde la constante de proporcionalidad se determina trazando contra $\hat{\Phi}$ .

Ahora, tome el conmutador de $D_\mu \hat{\Phi} = 0$ con $\hat{\Phi}$ :

\begin{aligned} [\partial_{m} \hat{Φ}, \hat{Φ}] & = - [[A_{m}, \hat{Φ}], \hat{Φ}] \\ = - 2 A_{m} T r ({\hat{Φ}}^{2}) + 2 \hat{Φ} T r (A_{m} \hat{Φ}) \\ = 4 A_{m} + 2 \hat{Φ} T r (A_{m} \hat{Φ}) . \end{aligned}

$\begin{align} [\partial_\mu \hat{\Phi}, \hat{\Phi}] &= - [[A_\mu, \hat{\Phi}], \hat{\Phi}] \\ &= -2 A_\mu\ \mathrm{Tr}(\hat{\Phi}^2) + 2\hat{\Phi}\ \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi}) \\ &= 4 A_\mu + 2 \hat{\Phi}\ \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi}). \end{align}$

si definimos $a_\mu = -\frac{1}{2} \mathrm{Tr}(A_\mu \hat{\Phi})$ obtenemos la expresión para $A_\mu$ en la pregunta La derivación de $F_{\mu\nu}$ es muy similar, así que no lo escribiré aquí a menos que alguien pregunte.

Como para $D_\mu \hat{\Phi} = 0$ , tenga en cuenta que el $U(1)$ intacto por el Higgs es $U = \exp(i\alpha \hat{\Phi})$ . Para dejar esto intacto, $F_{\mu\nu}$ también debe ser proporcional a $\hat{\Phi}$ . La ecuación de Bogomol'nyi, $\vec{D}\Phi=\vec{B}$ , se convierte

\vec{\nabla} h \hat{Φ} + h \vec{D} \hat{Φ} = \vec{b} \hat{Φ} .

$\vec{\nabla}h\ \hat{\Phi} + h \ \vec{D}\hat{\Phi} = \vec{b} \ \hat{\Phi}.$

Si rastreamos esto contra $\hat{\Phi}$ , encontramos eso $\vec{\nabla}h = \vec{b}$ . Sustituyendo da $\vec{D}\hat{\Phi} = 0$ .

Editar: en el caso que no es BPS, podemos aplicar los mismos trucos a la ecuación de movimiento para $F_{\mu\nu}$ encontrar $h^2 [D_\mu \hat{\Phi}, \hat{\Phi}] \propto f_\mu{}^\nu D_\nu \hat{\Phi}$ . Si tomamos el conmutador con $\hat{\Phi}$ y rastrear contra $D^\mu \hat{\Phi}$ encontramos $\lvert D\hat{\Phi} \rvert^2 = 0$ . El componente de tiempo se desvanece para una solución estática, por lo que los componentes de espacio también lo hacen.

Gracias, eso ayudó mucho. Creo que ya casi estoy allí, pero queda un término proporcional a $[\hat{\Phi}a_{\mu},[\partial_{\nu}\hat{\Phi},\hat{\Phi}]]$ y uno con μ,ν intercambiado en el cálculo de Fμν. No estoy seguro de por qué deberían desaparecer.
si tiras $a_{\mu}$ del conmutador y usa la primera identidad, obtiene algo proporcional a $(\partial_{[\mu} \hat{\Phi}) a_{\nu]}$ . Esto cancela con un plazo de $\partial_{[\mu}(a_{\nu]} \hat{\Phi})$ .
Gracias, se me había olvidado diferenciar el vector unitario en el $a_{\nu}\hat{\Phi}$ condiciones, por lo que no pude obtener la cancelación. Ahora funciona.

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