¿Una transformación de calibre electromagnético induce una transformación U(1)U(1)U(1) en el campo?

Question

¿Una transformación de calibre electromagnético induce una transformación U(1)U(1)U(1) en el campo?

peculiaridad

Para el Lagrangiano escalar complejo libre,

L = \partial_{m} ϕ \partial^{m} ϕ^{†} - {metro}^{2} ϕ ϕ^{†}

$\mathscr{L}=\partial_\mu \phi\partial^\mu\phi^{\dagger}-m^2 \phi \phi^{\dagger}$ si queremos que sea invariante bajo una transformación de la forma

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ podemos introducir un operador

D_{m} = \partial_{m} - i q \partial_{m} (α (X))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ Esto haría que el lagrangiano fuera invariante bajo el mencionado

U (1)

$U(1)$ transformación. Si introducimos un campo electromagnético libre, entonces

L_{mi METRO} = - \frac{1}{4} F^{m v} F_{m v}

$\mathscr{L}_{EM}=-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$ es en sí mismo invariante bajo la transformación de calibre electromagnético

A_{μ} \to A_{μ} + \partial_{μ} Λ

$A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ . Entonces, ¿por qué las definiciones de la derivada covariante involucran el factor de calibre electromagnético como

D_{m} = \partial_{m} + i q A_{m}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ Quiero decir, ¿la transformación de calibre electromagnético induce la

U (1)

$U(1)$ transformación de calibre de campo escalar complejo de alguna manera? Son

α (x)

$\alpha(x)$ y

Λ

$\Lambda$ de alguna manera conectados o podemos aplicarlos como dos transformaciones separadas para campos libres? ¿La inclusión de términos de interacción impone alguna conexión entre las dos transformaciones de calibre aparentemente diferentes?

Nihar Karvé

Qué es "

D_{μ} = \partial_{μ} - i q \partial_{μ} (α (x))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " ¿supone que debe hacer?

peculiaridad

@NiharKarve Se supone que debe mantener el Lagrangiano

L

$\mathscr{L}$ invariante bajo la transformación

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . En particular, el primer término involucra las derivadas del campo.

Respuestas (5)

¿Una transformación de calibre electromagnético induce una transformación U(1)U(1)U(1) en el campo?

Qué es " $D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " ¿supone que debe hacer?
@NiharKarve Se supone que debe mantener el Lagrangiano $\mathscr{L}$ invariante bajo la transformación $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . En particular, el primer término involucra las derivadas del campo.

SolublePeces · Answer 1

Como señaló @Nihbar Karve en los comentarios, la fórmula $D_\mu = \partial_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ no tiene sentido, ya que $\alpha$ solo aparece cuando estás haciendo la transformación.

Partiendo del lagrangiano inicial, vemos que el término cinético no es invariante calibrado. Queremos introducir una nueva derivada. $D_\mu$ que podría ser calibre invariante. Desde $\partial_\mu$ y $D_\mu$ son derivadas (satisfacen la regla de Leibniz), podemos deducir que solo difieren en un $4$ -vector $A_\mu$ , es decir :

D_{m} = \partial_{m} + i q A_{m}

$D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu$

(donde el $i\alpha$ es arbitrario, pero cambia mucho).

Para $D_\mu$ para ser invariante de calibre, necesitamos que se transforme como:

D_{m} ⟶ D_{m} - i q \partial_{m} α

$D_\mu \longrightarrow D_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ Este es el caso si, y sólo si,

A_{μ}

$A_\mu$ se transforma como:

A_{m} ⟶ A_{m} - \partial_{m} α

$A_\mu\longrightarrow A_\mu - \partial_\mu\alpha$

¿Qué lagrangiano elegimos para el campo de norma? $A_\mu$ es, en ese punto, arbitrario, aunque $\mathcal L_{EM}$ es el más simple no trivial.

Oro · Answer 2

Primero debemos aclarar qué entendemos por "inducir". Los campos $A_\mu$ y $\phi$ son campos independientes. En ese sentido no hay manera en que transformar $A_\mu$ se transforma automáticamente $\phi$ como subproducto. Si se pregunta por "inducir la transformación" en este sentido la respuesta sería no. Pero si por "inducir" entendemos que dada la transformación de $A_\mu$ o $\phi$ podemos averiguar cómo debe transformarse el otro para mantener invariable la acción, entonces la respuesta sería sí y hay dos puntos de vista complementarios.

Por lo general, uno comienza con la acción escalar libre, observa que es invariante bajo $\phi\mapsto e^{iq\alpha}\phi$ cuando $\alpha$ es constante y que cuando $\partial_\mu\alpha\neq0$ ya no es invariante. Lo que observas es que todo el punto es la derivada. Si puede crear un nuevo operador derivado $D_\mu$ tal que $D_\mu \phi\mapsto e^{iq\alpha} D_\mu \phi$ incluso cuando $\alpha$ no es constante, los mismos argumentos para la constante $\alpha$ caso lo llevaría a la invariancia bajo la simetría local.

Entonces escribes tal $D_\mu$ en términos de un nuevo campo $A_\mu$ y mirando la transformación de la acción adivina cómo $A_\mu$ debe transformar para darle la propiedad deseada de $D_\mu$ . Luego introduce un término cinético para el $A_\mu$ campo, que obviamente no puede romper la simetría que trabajó todo este camino para asegurar. Dada la transformación de $A_\mu$ el término cinético más simple es el término de Maxwell.

Esa es la lógica más allá de esta historia habitual de "queremos que la simetría sea local". En todo caso se podría decir que la transformación de $\phi$ "inducido" el de $A_\mu$ donde por "inducido" deberíamos querer decir que dice cómo $A_\mu$ debe transformarse si queremos que la acción sea invariante.

Weinberg propone un punto de vista complementario en "La teoría cuántica de los campos". Por lo general, queremos codificar operadores de creación y aniquilación de partículas relativistas en campos relativistas para construir fácilmente interacciones respetando la simetría de Lorentz. Aún así, si intenta codificar los operadores de creación y aniquilación de fotones en un campo vectorial $A_\mu$ encontramos que no funciona. El campo $A_\mu$ no se transforma correctamente como un campo vectorial. Más bien se transforma como un campo vectorial hasta una transformación de calibre .

La solución es exigir que la acción sea invariante bajo $A_\mu \mapsto A_\mu + \partial_\mu \alpha$ para que a todos los efectos $A_\mu$ se transforma como un vector. La siguiente pregunta sería sobre las interacciones. Weinberg argumenta que las interacciones deben ser de la forma $A_\mu J^\mu$ dónde $\partial_\mu J^\mu=0$ . Luego recuerda cómo obtener tal $J^\mu$ , y eso sería considerando campos de materia cuya acción exhibe la ${\rm U}(1)$ simetría. En este escenario se podría decir que la transformación de $A_\mu$ , que apareció a través del estudio de la incrustación de fotones en campos vectoriales, induce la ${\rm U}(1)$ transformación de los campos de materia.

peculiaridad · Answer 3

A partir de la respuesta de @SolubleFish y la discusión con @NiharKarve, llegué a la siguiente conclusión sobre mi pregunta. En primer lugar, la definición de derivada covariante que sugerí no tiene sentido ya que en la definición, usamos una función arbitraria $\alpha(x)$ que adopto de la transformación de calibre en el campo escalar complejo y, por lo tanto, no se puede usar en la definición de la derivada covariante, como lo señala @SolubleFish.

Finalmente, según la definición dada,

D_{m} = \partial_{m} + i q A_{m}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ pueden darse tres casos:

Introducimos una transformación de calibre $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ , el término derivado actúa como
$D_{m} ({mi}^{i q α (X)} ϕ) = {mi}^{i q α (X)} [\partial_{m} ϕ + i q ϕ (\partial_{m} α (X) + A_{m})]$ $\mathcal{D}_\mu(e^{iq\alpha(x)}\phi)=e^{iq\alpha(x)}[\partial_\mu \phi+iq\phi(\partial_\mu \alpha(x)+A_\mu)]$ esto es igual a $e^{iq\alpha(x)}\mathcal{D_\mu}\phi$ bajo la premisa de que absorbemos el $\partial_\mu\alpha(x)$ factor como una transformación de calibre de $A_\mu$ . De esta manera para mantener el lagrangiano total ( $\mathscr{L+L}_{EM}$ ) invariante.
Bajo una transformada de norma del potencial vectorial $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , sabemos que el término electromagnético sería invariante. El término derivado covariante se convierte en
$D_{m} ϕ = \partial_{m} ϕ + i q A_{m} ϕ + i q \partial_{m} Λ ϕ$ $\mathcal{D_\mu}\phi=\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi$ Multiplicando ambos lados por $e^{iq\Lambda(x)}$ , obtenemos ${mi}^{i q Λ (X)} D_{m} ϕ = {mi}^{i q Λ (X)} [\partial_{m} ϕ + i q A_{m} ϕ + i q \partial_{m} Λ ϕ] = D_{m} ({mi}^{i q Λ (X)} ϕ)$ $e^{iq\Lambda(x)}\mathcal{D_\mu}\phi=e^{iq\Lambda(x)}[\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi]=\mathcal{D_\mu(e^{iq\Lambda(x)}\phi)}$ Por lo tanto, para mantener la invariancia del lagrangiano completo, la transformación de calibre del potencial vectorial nos obliga a realizar un cambio en el campo escalar complejo a través de un $U(1)$ factor de calibre
Cuando hacemos ambas transformaciones de calibre, $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , para mantener la invariancia del lagrangiano completo, tenemos que absorber el cambio en el campo escalar complejo en el vector potencial y viceversa, dando como resultado la transformación de calibre total $\phi\rightarrow e^{iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu (\Lambda+\alpha)$ .

Vladímir Kalitvianski · Answer 4

Sí, $\alpha(x)$ y $\Lambda$ están conectados porque el campo electromagnético sólo tiene sentido si actúa sobre cargas.

Bot feudalista libertario · Answer 5

El lagrangiano de un QED escalar viene dado por

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

$\begin{align} \mathcal{L}&=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \\ &=\frac{1}{2}(|\mathbf{E}|^{2}-|\mathbf{B}|^{2})+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \tag{1} \end{align}$

donde la convención $D_{\mu}\phi=\partial_{\mu}\phi-iA_{\mu}\phi$ se usa Las ecuaciones de movimiento son:

\begin{matrix} (2) & D_{m} D^{m} ϕ + {metro}^{2} ϕ = 0 a norte d \partial_{m} F^{m v} = j^{v}, \end{matrix}

$D_{\mu}D^{\mu}\phi+m^{2}\phi=0\quad\mathrm{and}\quad\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=j^{\nu} \tag{2},$

dónde $J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right].$

Global $U(1)$ -Simetría :

Bajo la transformación

ϕ (X) \to {mi}^{i Λ} ϕ (X), ϕ (X)^{*} \to ϕ (X)^{*} {mi}^{- i Λ}

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda}\phi(x),\quad\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda}$

la acción (1) es invariante. La corriente de Noether asociada con este global $U(1)$ -simetría está dada por

\begin{matrix} (3) & j^{m} = i [(D^{m} ϕ)^{*} ϕ - ϕ^{*} (D^{m} ϕ)], \end{matrix}

$J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right], \tag{3}$

que se conserva en la concha.

Local $U(1)$ -Invarianza de calibre :

La densidad lagrangiana (1) es invariante bajo

ϕ (X) \to {mi}^{i Λ (X)} ϕ (X), o r d ϕ (X) = i ϕ (X) d Λ (X)

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda(x)}\phi(x),\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)=i\phi(x)\delta\Lambda(x)$

ϕ (X)^{*} \to ϕ (X)^{*} {mi}^{- i Λ (X)} o r d ϕ (X)^{*} = - i ϕ (X)^{*} d Λ (X)

$\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda(x)}\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)^{\ast}=-i\phi(x)^{\ast}\delta\Lambda(x)$

A^{m} (X) \to A^{m} (X) + \partial^{m} Λ (X) o r d A^{m} (X) = \partial^{m} d Λ (X)

$A^{\mu}(x)\rightarrow A^{\mu}(x)+\partial^{\mu}\Lambda(x)\quad\mathrm{or}\quad\delta A^{\mu}(x)=\partial^{\mu}\delta\Lambda(x)$

Está claro que la corriente de Noether $J^{\mu}$ en (3) también es invariante de calibre, por lo que su carga conservada corresponde a un observable físico.

Formalismo hamiltoniano :

En la sección del campo electromagnético puro, se encuentra que el potencial de calibre $A^{0}$ no aparece en la densidad lagrangiana. Así, como formalismo de segundo orden su Lagrangiano es singular. El impulso canónico de $A^{i}$ es dado por

Π^{i} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{A}}_{i}} = - {\dot{A}}^{i} + \partial^{i} A^{0} = {mi}^{i} .

$\Pi^{i}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{A}_{i}}=-\dot{A}^{i}+\partial^{i}A^{0}=E^{i}.$

Por el momento, para hacer que la invariancia de Lorentz se manifieste, uno puede definir el ingenuo "Corchete de Poisson" en el espacio de fase ampliado (no físico) como

\begin{matrix} (4.a) & {F (t), GRAMO (t)}_{PAG B} = \int d s \int d^{3} X {\frac{d F (t)}{d A^{m} (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d Π_{m} (s, X)} - \frac{d F (t)}{d Π_{m} (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d A^{m} (s, X)}}, \end{matrix}

$\left\{F(t),G(t)\right\}_{PB}=\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\right\}, \tag{4.a}$

donde hay que tener en cuenta que $A^{0}(\mathbf{x})$ y $\Pi_{0}(\mathbf{x})$ son grados de libertad no físicos, que deben establecerse en cero al final.

Entonces, el hamiltoniano para el campo electromagnético puro es

\begin{aligned} H_{mi metro} & = \int d^{3} X (Π^{i} {\dot{A}}_{i} - L_{mi metro}) \\ = \int d^{3} X (Π_{i} (\partial^{0} A^{i} - \partial^{i} A^{0}) + Π_{i} \partial^{i} A^{0} - L_{mi metro}) \\ = \int d^{3} X (- Π_{i} {mi}^{i} + \partial_{i} (Π^{i} A^{0}) - A^{0} \partial_{i} Π^{i} - L_{mi metro}) \\ = \int d^{3} X (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} \nabla \cdot Π) . \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{em}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{i}\dot{A}_{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi_{i}(\partial^{0}A^{i}-\partial^{i}A^{0})+\Pi_{i}\partial^{i}A^{0}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(-\Pi_{i}E^{i}+\partial_{i}(\Pi^{i}A^{0})-A^{0}\partial_{i}\Pi^{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}\nabla\cdot\mathbf{\Pi}\right). \end{align}$

En el sector escalar, los momentos canónicos son

Π = \frac{\partial L}{\partial \dot{ϕ}} = (D_{0} ϕ)^{*} a norte d Π^{*} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}^{*}} = D_{0} ϕ .

$\Pi=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}=(D_{0}\phi)^{\ast}\quad\mathrm{and}\quad\Pi^{\ast}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}^{\ast}}=D_{0}\phi.$

El corchete de Poisson se define como

\begin{matrix} (4.b) & {F (t), GRAMO (t)}_{PAG B} = \int d s \int d^{3} X {\frac{d F (t)}{d ϕ (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d Π (s, X)} - \frac{d F (t)}{d Π (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d ϕ (s, X)}} + \int d s \int d^{3} X {\frac{d F (t)}{d ϕ^{*} (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d Π^{*} (s, X)} - \frac{d F (t)}{d Π^{*} (s, X)} \frac{d GRAMO (t)}{d ϕ^{*} (s, X)}} . \end{matrix}

$\begin{equation} \left\{F(t),G(t)\right\}_{PB} \\ =\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\right\} \\ +\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\right\}. \tag{4.b} \end{equation}$

Entonces, el hamiltoniano escalar viene dado por

\begin{aligned} H_{s C a yo a r} & = \int d^{3} X (Π \dot{ϕ} + {\dot{ϕ}}^{*} Π^{*} - L) \\ = \int d^{3} X ((D_{0} ϕ)^{*} \dot{ϕ} + {\dot{ϕ}}^{*} (D_{0} ϕ) - (D_{0} ϕ)^{*} (D_{0} ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) + {metro}^{2} | ϕ |^{2}) \\ = \int d^{3} X (Π^{*} Π + A_{0} ρ + (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) + {metro}^{2} | ϕ |^{2}), \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{scalar}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}\Pi^{\ast}-\mathcal{L}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left((D_{0}\phi)^{\ast}\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}(D_{0}\phi)-(D_{0}\phi)^{\ast}(D_{0}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+A_{0}\rho+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right), \end{align}$

dónde $\rho=J^{0}=i(\Pi\phi-\phi^{\ast}\Pi^{\ast})$ , y $(\mathbf{D}\phi)_{k}=D_{k}\phi$ .

Por otro lado, uno tiene

\begin{aligned} (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) = (\nabla ϕ^{*} + i A ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) = (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ - i A ϕ) \\ = \frac{1}{2} [(\nabla ϕ^{*} + i A ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ - i A ϕ)] \\ = \frac{1}{2} [(\nabla ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot j] \\ = (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + \frac{i}{2} A \cdot [ϕ^{*} (\nabla ϕ) - (\nabla ϕ^{*}) ϕ] + \frac{1}{2} A \cdot j \\ = (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot j - | A |^{2} | ϕ |^{2}, \end{aligned}

$\begin{align} &\,\,\,\,\,\,\,(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi) \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi)\right] \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right] \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\frac{i}{2}\mathbf{A}\cdot\left[\phi^{\ast}(\nabla\phi)-(\nabla\phi^{\ast})\phi\right]+\frac{1}{2}\mathbf{A}\cdot\mathbf{J} \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}-|\mathbf{A}|^{2}|\phi|^{2}, \end{align}$

dónde $\mathbf{J}=i\left[\phi^{\ast}(\mathbf{D}\phi)-(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\phi\right]$ .

Por lo tanto, el hamiltoniano en el sector escalar es

H_{s C a yo a r} = \int d^{3} X (Π^{*} Π + ({metro}^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A_{0} ρ + A \cdot j),

$H_{\mathrm{scalar}}=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+A_{0}\rho+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

cuya invariancia de calibre se puede verificar fácilmente.

Entonces, el hamiltoniano total del escalar QED está dado por

\begin{matrix} (5) & H = H_{mi metro} + H_{s C a yo a r} \end{matrix}

$H=H_{\mathrm{em}}+H_{\mathrm{scalar}} \tag{5}$

= \int d^{3} X (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} (\nabla \cdot Π - ρ) + | Π |^{2} + ({metro}^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot j),

$=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\nabla\cdot\mathbf{\Pi}-\rho)+|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

que es calibre invariante. Ahora podemos introducir el grado de libertad no físico $\Pi^{0}$ porque se establece en cero de todos modos. Entonces, se puede escribir (5) como

\begin{aligned} H & = \int d^{3} X (\frac{1}{2} Π_{m} Π^{m} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} (\partial_{m} Π^{m} - ρ)) \\ + \int d^{3} X (| Π |^{2} + ({metro}^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot j) . \end{aligned}

$\begin{align} H&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}\Pi_{\mu}\Pi^{\mu}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}-\rho)\right) \\ &+\int d^{3}\mathbf{x}\left(|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right). \end{align}$

Reclamo : El $U(1)$ -La invariancia de calibre es generada por el siguiente funcional:
$GRAMO [ϵ] (t) = \int d^{3} X (\partial_{m} Π^{m} (t, X) - ρ (t, X)) ϵ (t, X) .$ $\mathcal{G}[\epsilon](t)=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(t,\mathbf{x})-\rho(t,\mathbf{x})\right)\epsilon(t,\mathbf{x}).$

De hecho, utilizando el corchete de Poisson (4), se obtiene la relación canónica fundamental

\begin{matrix} (6) & {A_{m} (X), Π_{v} (y)}_{PAG B} = - {gramo}_{m v} d (X - y) a norte d {ϕ (X), Π (y)}_{PAG B} = - d (X - y) . \end{matrix}

$\left\{A_{\mu}(\mathbf{x}),\Pi_{\nu}(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-g_{\mu\nu}\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})\quad\mathrm{and}\quad\left\{\phi(\mathbf{x}),\Pi(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y}). \tag{6}$

Tenga en cuenta que el paréntesis de Poisson anterior está mal definido, ya que es incompatible con la restricción de Gauss. $\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(\mathbf{x})-\rho(\mathbf{x})=0$ de la variación con respecto a $A^{0}$ , y desde $\Pi_{0}=0$ , es imposible de satisfacer. Pero esto es precisamente porque partimos del espacio de fase "ampliado" que contiene grados de libertad no físicos debido a las redundancias de calibre. De hecho, las ecuaciones de restricción no deben sustituirse en los corchetes de Poisson. Solo pueden imponerse después de calcular los corchetes de Poisson. Luego, estas restricciones proyectan el resultado en el espacio de fase reducido (físico).

Usando la relación (6), es fácil ver que

\begin{aligned} d_{GRAMO} A_{m} (y) = {A_{m} (y), GRAMO [ϵ]}_{PAG B} = \partial_{m} ϵ (y) \\ d_{GRAMO} Π_{m} (y) = {Π_{m} (y), GRAMO [ϵ]}_{PAG B} = 0 \\ d_{GRAMO} ϕ (y) = {ϕ (y), GRAMO [ϵ]}_{PAG B} = i ϵ (y) ϕ (y) \\ d_{GRAMO} Π (y) = {Π (y), GRAMO [ϵ]}_{PAG B} = i ϵ (y) Π (y) \end{aligned}

$\begin{align} &\delta_{\mathcal{G}}A_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{A_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=\partial_{\mu}\epsilon(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{\Pi_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=0 \\ &\delta_{\mathcal{G}}\phi(\mathbf{y})=\left\{\phi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\phi(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi(\mathbf{y})=\left\{\Pi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\Pi(\mathbf{y}) \end{align}$

que de hecho son transformaciones de calibre infinitesimales en el espacio de fase "ampliado".

Así que la respuesta a tu pregunta es sí. El generador $\mathcal{G}[\epsilon]$ genera simultáneamente transformaciones de calibre en los campos de calibre y los campos escalares.

CONTINUARÁ

¿Una transformación de calibre electromagnético induce una transformación U(1)U(1)U(1) en el campo?

peculiaridad

Nihar Karvé

peculiaridad

Respuestas (5)

SolublePeces

Oro

peculiaridad

Vladímir Kalitvianski

Bot feudalista libertario

¿La introducción de un campo de calibre en la teoría del campo escalar complejo Lagrangiano cambia su dinámica?

Covarianza en teorías de calibre: ¿por qué el lagrangiano debería ser invariante de calibre?

Interacción para QED con partículas escalares cargadas

¿Cuál es la relación precisa entre una matriz Hessiana no invertible para el Lagrangiano y la presencia de una simetría de norma?

¿Hay alguna buena idea de dónde provienen las simetrías de calibre no abelianas?

¿Es esta teoría equivalente a QED?

¿Podemos hacer de la representación de Dirac una teoría de calibre?

Invariancia de calibre del lagrangiano de Yang-Mills

¿Carga no conservada en QED escalar? [duplicar]

¿Qué es una teoría de calibre?