Sin monopolos en el modelo de Weinberg-Salam

I) Considere una teoría de tipos de Yang-Mills con grupo calibre$G$. En principio podemos considerar la misma teoría con su grupo de cobertura $\tilde{G}$, con$\pi:\tilde{G}\to G$. El grupo de cobertura está, por definición, simplemente conectado:

$$\tag{1} \pi_1(\tilde{G})~=~\{\bf 1\}.$$ Cualquier representación $\rho$de $G$naturalmente puede ser visto como una representación $\rho\circ \pi$de $\tilde{G}$. (Advertencia: lo contrario no es cierto). Por lo tanto, los campos de la teoría también se transforman bajo $\tilde{G}$, y la teoría es invariante bajo $\tilde{G}$. En otras palabras, podríamos, en principio, desde el principio ver $\tilde{G}$como el grupo calibre de la teoría, cf. Sección III a continuación.

II) A continuación, suponga una ruptura de simetría espontánea del grupo de calibre$G \to H$a un subgrupo$H$. Definir subgrupo

$$\tag{2} \tilde{H}~:=~\pi^{-1}(H)~\subseteq~ \tilde{G}.$$

Concretamente para la teoría electrodébil , el grupo gauge es

$$\tag{3} G~:=~ SU(2)_I\times U(1)_Y ~\supset~ U(1)_I\times U(1)_Y;$$

el grupo de cobertura

$$\tag{4} \tilde{G}~=~SU(2)_I\times (\mathbb{R},+)_Y$$

no es compacto; y el subgrupo electromagnético continuo

$$\tag{5} H~:=~U(1)_Q~\subset~ U(1)_I\times U(1)_Y$$

está incrustado de forma irregular/no compacta/inconmensurable/no topológicamente, cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí . Aquí hemos supuesto que la tangente al ángulo de Weinberg $\tan\theta_W\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$es irracional Ahora desde el grupo no compacto$H$no es un subgrupo de$SU(2)_I$, el subgrupo

$$\tag{6} \tilde{H}~=~(\mathbb{R},+)_Q$$

también es no compacto. También está simplemente conectado

$$\tag{7} \pi_1(\tilde{H})~\cong~\{\bf 1\}.$$

III) Veamos ahora el grupo de vía no compacta$\tilde{G}$en la ec. (4) como el grupo calibre de la teoría electrodébil. El grupo de calibre no compacto de electromagnetismo (5) es luego reemplazado por el subgrupo no compacto (6). El análisis de monopolo estándar muestra que no hay monopolos magnéticos en la teoría electrodébil.

$$\tag{8} \pi_2(\tilde{G}/\tilde{H})~\cong~{\rm Ker}\left(\pi_1(\tilde{H})\to \pi_1(\tilde{G})\right)~\stackrel{(1)}{\cong}~\pi_1(\tilde{H})~\stackrel{(7)}{\cong}~\{\bf 1\},$$

cf. por ejemplo, ref. 2.

IV) Ahora volvamos a la pregunta de OP. Árbitro. 1 considera el sistema desde la perspectiva de$G$y$H$en vez de$\tilde{G}$y$\tilde{H}$, y refundir el análisis de monopolo estándar en este lenguaje. El problema es que un circuito cerrado$\gamma\in G$que envuelve un$U(1)\subseteq G$tiene un ascensor no compacto$\tilde{\gamma}\in \tilde{G}$que no es un circuito cerrado. De manera similar, un circuito cerrado$\gamma\in H$que envuelve un$U(1)\subseteq H$tiene un ascensor no compacto$\tilde{\gamma}\in \tilde{H}$que no es un circuito cerrado.

Intuitivamente/heurísticamente, la noción relevante$\tilde{\pi}_1(\tilde{H})$(de tales caminos "cerrados" no compactos) tiene más caminos que solo (7), y para la teoría electrodébil la cantidad relevante

$$\tag{9} \pi_2(G/H)~\cong~\pi_2(\tilde{G}/\tilde{H})~\cong~{\rm Ker}\left(\tilde{\pi}_1(\tilde{H})\to \tilde{\pi}_1(\tilde{G})\right)~\cong~\{\bf 1\}$$

es trivial, de acuerdo con la ec. (8). Ver ref. 1 para más detalles.

Referencias:

1. LH Ryder, Quantum Field Theory, 2ª ed., 1996; pag. 412.

2. S. Coleman, Aspectos de la simetría, 1985; pag. 217 y 221.

3. FA Bais, ¿Ser o no ser? Monopolos magnéticos en teorías de norma no abeliana, arXiv:hep-th/0407197 . (Consejo de sombrero: Cazador .)

4. S. Weinberg, Teoría cuántica de campos, vol. 2, 1996; pag. 443-445.

5. J. Preskill, Monopolos magnéticos, Ann. Rev. Núcleo. Parte. ciencia 34 (1984) 461-530 ; Secciones 4.2 y 4.3. El archivo PDF está disponible aquí .

(La respuesta de Qmechanics es correcta, pero me gustaría dedicar algunas palabras más. Finalmente me hice una idea leyendo Teoría cuántica de campos II de Weinberg).

Weinberg aborda la cuestión en su segunda Teoría cuántica de campos si cuando los campos involucrados no pertenecen a la representación adicional del grupo de cobertura$\tilde{G}$, si debemos considerar el calibre como el grupo no simplemente conexo$G$o su grupo de cobertura$\tilde{G}$.

Este era mi problema antes, no entendía qué grupo tenías que considerar.$G$o$\tilde{G}$. ¿Cambian los resultados, es decir, el espectro de monopolos, al hacer alguna elección?

Luego argumenta que no. Por ejemplo, en un mundo tridimensional, es decir, con un$S^3$límite, la configuración de monopolo topológicamente estable está determinada por el segundo grupo de homotopía$\pi_2(G/H)$. Esto, como lo menciona Qmechanics, se puede calcular como el núcleo del mapa.

$$\pi_1(H) \rightarrow \pi_1(G)$$ cuando $H$está incrustado en $G$.

Sin embargo, cuando reemplazamos$G$por su grupo de cobertura$\tilde{G}$, también debemos cambiar$H$su imagen previa$\tilde{H} = \Pi ^{-1}(H)$por la proyección canónica$\Pi: \tilde{G}\rightarrow G$. Esto se debe a que los bucles en$H$no necesariamente 'cerrar' cuando$H$está incrustado en$\tilde{G}$. Estos son los bucles que no se vuelven triviales cuando$H$está incrustado en el grupo de cobertura$\tilde{G}$. Por lo tanto, podemos identificar

$$\pi_2(G/H)=\pi_1(\tilde{H})$$ .

Pero esto significa que no importa, para los monopolos en cualquier caso, si consideramos que el grupo de calibre es$\tilde{G}$en lugar de$G$.

Un ejemplo: el modelo Georgi-Glashow. Aquí el grupo de calibre se puede identificar como el grupo doblemente conectado$SO(3)$. Su grupo de cobertura es (el simplemente conectado)$SU(2)$.

La simetría ininterrumpida es la rotación en el plano.$SO(2)$donde las rotaciones que difieren de$2\pi$son identificados. De ahí el camino de la identidad a$2\pi$son bucles en$\pi_1(SO(2))$. Sin embargo, una vez que incrustamos$SO(3)$en$SU(2)$tenemos que dar dos vueltas, rotar por$4\pi$, para volver a la identidad y cerrar un bucle: excluye los bucles que se cierran después de un múltiplo impar de$2\pi$en$\pi_1(SO(2))$y por lo tanto

$$\pi_1(SO(2)) \neq \pi_1(\tilde{SO(2)}) = \pi_2(SO(3)/SO(2))).$$

los elementos de$\pi_1(SO(2))$que se asignan al elemento trivial de$\pi_1(SO(3))$son los que van del elemento unidad a una rotación de$2\pi$:

$$\pi_2(SO(3)/SO(2))\cong U(1)$$ dónde $U(1)$es un subgrupo de $SU(2)$, el grupo de cobertura $\tilde{G}$independientemente de si habíamos considerado $G$o $\tilde{G}$como el grupo de calibre desde el principio!

Respuesta rápida: siempre puede considerar el grupo de indicadores$G$para ser el grupo de cobertura simplemente conectado, de modo que pueda usar el resultado$\pi_2(G/H)=\pi_1(H)$.