Si un bosón de Goldstone es una excitación que se mueve entre vacíos degenerados, ¿cómo se mantienen rotas las simetrías?

Esta es una buena pregunta. Creo que está aplicando una analogía errónea con un ejemplo que se usa a menudo para introducir primero la noción de SSB: una sola partícula no relavística en un pozo doble con una barrera potencial que separa los dos mínimos. Siempre que la barrera entre los mínimos sea finita, la partícula puede atravesarla y habitar ambos mínimos, por lo que la simetría de reflexión no se rompe. Pero cuando la altura de la barrera se lleva formalmente al infinito, la partícula se "atasca" en uno u otro mínimo, rompiendo la simetría. Usted está pensando que en un potencial tipo sombrero mexicano, no hay barrera potencial, por lo que el sistema debe tener libertad para tunelizar todos los mínimos, restaurando la simetría.

Pero una barrera de potencial infinitamente alta es una noción bastante artificial. En realidad, es una representación esquemática de una situación más realista en la que, en lugar de una sola partícula, tiene un campo extendido espacialmente (o un sistema de muchos cuerpos en una red enorme) definido en un gran volumen.$V$. Entonces, los dos mínimos en la imagen de una partícula realmente representan dos configuraciones de campo distintas con la misma energía total. Dado que pasar de una configuración a otra requiere cambiar el valor del campo en cada punto del espacio (o espacio-tiempo), requiere una enorme energía proporcional al volumen total del sistema.$V$. Entonces, la "altura de la barrera" en la imagen de una partícula realmente corresponde al volumen$V$del sistema en la imagen de la teoría de campos. Solo en el límite formal de volumen infinito ("termodinámico") se rompe realmente la simetría.

Ahora moviendo la configuración de campo de, digamos,$\theta(x) \equiv 0$a$\theta(x) \equiv \delta$por un pequeño ángulo$\delta$sólo requiere una pequeña densidad de energía proporcional a$\delta$(en las unidades apropiadas), pero la energía total$\delta \times V$todavía puede ser muy grande. Es una sutileza de orden de límites: para cualquier cambio$\delta$en el valor de campo, no importa cuán pequeño sea, podemos imaginar un sistema tan grande (en términos generales, mucho más grande que$1/\delta$) que desplazar todo el sistema en esa cantidad requiere una cantidad arbitrariamente grande de energía. Por lo tanto, aún obtiene una "barrera de potencial infinitamente alta para hacer un túnel" en la imagen de una partícula, a pesar de que la densidad de energía potencial del campo $V(\varphi)$no tiene ninguna barrera.

(Para hacer las cosas más explícitamente mecánico-cuánticas, considere el modelo cuántico de Heisenberg en una red. Si$|\psi\rangle$y$|\psi'\rangle$son dos giros individuales$1/2$s rotado en la esfera de Bloch por un pequeño ángulo$\delta$, entonces el producto interior$\langle \psi | \psi' \rangle = \cos \delta \approx 1 - (1/2) \delta^2$es bastante grande, por lo que un giro-$1/2$fácilmente podría hacer un túnel entre los dos estados. Pero si consideramos dos grandes sistemas de$N \gg 1$giros alineados$|\Psi\rangle = \otimes_{i = 1}^N |\psi\rangle_i$y$|\Psi'\rangle = \otimes_{i = 1}^N |\psi'\rangle_i$, entonces la amplitud de tunelización$\langle \Psi | \Psi' \rangle = \cos(\delta)^n$entre los dos sistemas es pequeño, por lo que es muy difícil cambiar un estado a otro).

(Para vincular todo esto con la respuesta de TwoBs: en el límite de volumen infinito formal, la representación de la serie de Fourier del campo se convierte en una transformada de Fourier continua indexada por un parámetro continuo$k$, y podemos hablar de Taylor expandiendo la relación de dispersión de densidad de energía$\epsilon(k)$acerca de$k = 0$. Para un modo Goldstone tenemos$\epsilon \to 0$como$k \to 0$, pero esto es solo una densidad de energía : la energía total$E(k) = V \times \epsilon(k)$sigue siendo enorme, por lo que la "barrera energética" sigue siendo muy alta. Un modo Goldstone necesitaría extenderse espacialmente infinitamente para destruir verdaderamente el orden de largo alcance y restaurar la simetría, y crear un modo Goldstone tan infinitamente grande sigue siendo demasiado costoso desde el punto de vista energético.)

No estoy seguro de entender completamente la pregunta, pero lo intentaré.

Creo que la respuesta a su pregunta está en la condición cero de Adler. De hecho, los bosones de Goldstone (GB) representarían un nuevo mínimo solo en el límite de impulso cero (de lo contrario, su energía cinética eleva la energía total y crea gradientes de espacio-tiempo que no existen para el vacío), que es precisamente el límite. para el cual las amplitudes de GB se desvanecen. Por lo tanto, no se está produciendo realmente ninguna transición no trivial.

Ediciones adicionales después de pensamientos adicionales Mi sensación de que mi respuesta anterior tiene sentido y es correcta se refuerza al pensar en cómo se movería realmente de un vacío a otro, es decir, actuando con el exponencial del (aspirante a) operador de carga$Q=\int d^3x \, J^0=\lim_{p\rightarrow 0} \hat{J}^0(p)$. Excepto que para una simetría global continua rota espontáneamente, la corriente comienza linealmente en el campo GB,$J^\mu=-f\partial_\mu\pi+\ldots$, de modo que$Q|0\rangle$no lo lleva a otro vacío, sino a un estado coherente de GB de impulso cero, comenzando con un solo GB suave de una partícula:$Q|0\rangle=\lim_{p_\rightarrow 0}|\pi(p)\rangle+\ldots$, para lo cual nuevamente las amplitudes se desvanecen. Esto está muy bien explicado (y de hecho los teoremas blandos incluso se derivan) en la sección 4.1 de este hermoso artículo https://arxiv.org/abs/0808.1446 .

* comentario adicional: uno podría estar preocupado por el teorema de Fabri-Picasso (ver, por ejemplo, https://en.wikipedia.org/wiki/Goldstone_boson ) que nos dice que la carga, estrictamente hablando, realmente no existe (aunque su conmutador siempre lo hace). Pero esta declaración es una exageración, ya que es simplemente la declaración de que los estados de una partícula de momentos definidos, como$|\pi(p\rightarrow 0)\rangle$que es generado por la carga, tienen norma infinita, es decir$\langle\pi(p)|\pi(k)\rangle=(2\pi)^3 2|k| \delta^3(\vec{k}-\vec{p})$. Por cierto, esta divergencia IR de la norma del estado para$\vec{k}\rightarrow \vec{p}=\vec{0}$es proporcional al volumen$V\rightarrow \infty$, tomando contacto con la respuesta de @tparker . La moraleja de esta historia es: la carga no existe, estrictamente hablando, sino solo porque uno está creando estados de una partícula de momentos suaves. Tiene perfecto sentido considerar límites flexibles tomando el límite con cuidado, nuevamente como en la referencia citada anteriormente.

La proposición de que la simetría G se rompe espontáneamente significa que al actuar G sobre la configuración del vacío, obtenemos una configuración isomórfica pero diferente . Para que la simetría no se rompa, las transformaciones en G tendrían que mapear la configuración del vacío en la misma, no solo isomorfa.

Si refleja la letra R a lo largo del eje vertical, obtendrá Я. Este "ya" es isomorfo pero es diferente, por lo que R no es simétrico de izquierda a derecha; la simetría se rompe; nunca es posible que una simetría produzca un objeto que incluso se vea diferente (que no sea isomorfo). Siempre es isomorfo; la pregunta es si es idéntico . La letra H se asigna a H nuevamente, por lo que H es simétrica izquierda-derecha.

Las excitaciones no triviales de los bosones de Goldstone prueban que la acción de G no es trivial, por lo que el vacío no es simétrico bajo G.

No estoy seguro de entender la pregunta. La simetría se rompe porque estás en el valle. Como bien dices, moverte por el valle no cambia nada de eso.