Una variación de la ecuación de Laplace (contexto: Yang-Mills N-Instantons, libro de Rajaraman)

Question

Una variación de la ecuación de Laplace (contexto: Yang-Mills N-Instantons, libro de Rajaraman)

Física
instantes
yang-mills
teoría de campo
teoría cuántica de campos
cromodinámica-cuántica

jonathan rayner

Planteamiento del problema

necesito resolver la ecuacion

\begin{aligned} 0 = \frac{1}{ϕ} \partial_{σ} \partial_{σ} ϕ (1) \end{aligned}

$\begin{align} 0 = \frac{1}{\phi} \partial_{\sigma}\partial_{\sigma} \phi \hspace{20mm} (1) \end{align}$

dónde $\phi$ es un campo escalar y estamos trabajando en el espacio cuatridimensional euclidiano. A continuación se hacen preguntas más específicas. También se agradecerían consejos básicos sobre esto.

Contexto

Estoy tratando de trabajar a través de la solución Euclidean Yang-Mills N-instanton de 't Hooft. La idea es que hagamos el ansatz para los potenciales de calibre

\begin{aligned} A_{m} = i {\bar{σ}}_{m v} \partial^{v} (en ϕ (X)) \end{aligned}

$\begin{align} A_{\mu} = i \overline{\sigma}_{\mu \nu} \partial^{\nu}(\ln \phi(x)) \end{align}$

dónde $\overline{\sigma}_{\mu \nu}$ se puede considerar como una matriz constante de 4x4 que no es importante para mi pregunta. Usamos la autodualidad del tensor de intensidad de campo que surge de este ansatz para obtener la ecuación (1) para $\phi$

Las dificultades

En general, una buena fuente ha sido "Solitones e Instantones" de Rajaraman. Se muestra la sección correspondiente

Sección relevante en Rajaraman

Mis dificultades son:

Supongo que por "singular" Rajaraman significa que la función contiene singularidades. ¿Por qué, explícitamente, $\phi$ ser no singular implica que solo necesitamos resolver $\Box \phi = 0$ ? Seguramente si $\phi$ contiene ceros entonces $1/\phi$ plantea problemas?
Por que $\Box \phi = 0$ solo permitir la solución constante y no decir $\phi(x) = a_{\mu} x^{\mu} + b$ dónde $a_{\mu}$ y $b$ son constantes? ¿Esto se debe a la forma del ansatz o es algo que me estoy perdiendo?
En el caso de que $\phi$ se permite ser singular, ¿por qué $\phi = 1/|x|^2$ resolver la ecuación (1) para $x \neq 0$ ? Seguramente tenemos

\begin{aligned} \frac{1}{ϕ} \partial_{σ} \partial_{σ} ϕ & = | X |^{2} \partial_{σ} \partial_{σ} \frac{1}{| X |^{2}} \\ = | X |^{2} \partial_{σ} (- \frac{2 X_{σ}}{| X |^{4}}) \\ = | X |^{2} \partial_{σ} (\frac{- 2 X_{σ}}{| X |^{4}}) \\ = | X |^{2} \partial_{σ} (\frac{- 2 X_{σ}}{(\sum_{i} X_{i}^{2})^{2}}) \\ = | X |^{2} \frac{- 2}{(\sum_{i} X_{i}^{2})^{2}} + | X |^{2} \frac{8 X_{σ}^{2}}{(\sum_{i} X_{i}^{2})^{3}} \\ = \frac{- 2}{| X |^{2}} + \frac{8 X_{σ}^{2}}{| X |^{4}} \\ \neq 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{\phi} \partial_{\sigma}\partial_{\sigma} \phi &= |x|^2 \partial_{\sigma}\partial_{\sigma} \frac{1}{|x|^2}\\ &= |x|^2 \partial_{\sigma}\bigg(-\frac{2 x_{\sigma}}{|x|^4}\bigg)\\ &=|x|^2\partial_{\sigma} (\frac{-2 x_{\sigma}}{|x|^4})\\ &= |x|^2\partial_{\sigma} (\frac{-2 x_{\sigma}}{(\sum_{i} x_i^2)^2})\\ &= |x|^2\frac{-2}{(\sum_i x_i^2)^2} + |x|^2\frac{8 x_{\sigma}^2}{(\sum_i x_i^2)^3}\\ &=\frac{-2}{|x|^2} + \frac{8 x_{\sigma}^2}{|x|^4}\\ &\neq 0 \end{align}$

( editar ) Veo dónde me equivoqué arriba, las últimas tres líneas deberían ser

\begin{aligned} = \sum_{σ} (| X |^{2} \frac{- 2}{(\sum_{i} X_{i}^{2})^{2}}) + | X |^{2} \frac{8 X_{σ}^{2}}{(\sum_{i} X_{i}^{2})^{3}} \\ = \frac{- 8}{| X |^{2}} + \frac{8 | X |^{2}}{| X |^{4}} \\ = 0 \end{aligned}

$\begin{align} &= \sum_{\sigma}(|x|^2\frac{-2}{(\sum_i x_i^2)^2}) + |x|^2\frac{8 x_{\sigma}^2}{(\sum_i x_i^2)^3}\\ &=\frac{-8}{|x|^2} + \frac{8 |x|^2}{|x|^4}\\ &= 0 \end{align}$

Trimok

para tu pregunta

3

$3$ , se explica en

(4.64)

$(4.64)$ , tienes

| x |^{2} δ^{4} (x) = 0^{2} δ^{4} (x) = 0

$|x|^2 \delta^4(x)=0^2 \delta^4(x)=0$

jonathan rayner

4.64 se aplica al caso en que

x = 0

$x=0$ . Mi pregunta se refiere a la

x \neq 0

$x\neq 0$ sector. Es decir, afirman que la ecuación se cumple cuando

x

$x$ no es 0 y no entiendo por qué.

Trimok

No, en

4

$4$ dimensiones euclidianas, la ecuación

◻ \frac{1}{| x |^{2}} = - 4 π^{2} δ^{4} (x)

$\square \frac{1}{|x|^2} = -4 \pi^2 \delta^4(x)$ es cierto "para todos

x

$x$ ". Estrictamente hablando, es una ecuación entre distribuciones, lo que significa que, para cualquier función suave

f (x)

$f(x)$ , tienes

\int d^{4} x f (x) ◻ \frac{1}{| x |^{2}} = \int d^{4} x f (x) (- 4 π^{2} δ^{4} (x)) = - 4 π^{2} f (0)

$\int d^4x f(x)\, \square \frac{1}{|x|^2} = \int d^4x f(x) \,(-4 \pi^2 \delta^4(x)) = -4 \pi^2 f(0)$ .

jonathan rayner

Sí, es cierto para todos.

x

$x$ , eso es correcto. Cuando dije "4.64 se aplica al caso donde

x = 0

$x=0$ , "lo que estoy insinuando es que 4.64 no aclara por qué 4.62 es verdadero. 3 pregunta por qué 4.62 es verdadero, lo que he visto desde entonces (ver edición). Claro, 4.64 implica 4.62, pero a menos que pueda probar 4.64 sin conocimiento de 4.62 (¡lo cual sería interesante!), tu sugerencia no es útil. Es decir, mi opinión es que cuando integras en todo el espacio y obtienes una respuesta distinta de cero, usas el conocimiento de que el integrando es cero "casi en todas partes" y así concluir que las contribuciones provienen de funciones delta.

jonathan rayner

Más concisamente, lo que pregunto es si es justo concluir

\int_{all} d^{4} x g (x) = - 4 π^{2} ⟹ g (x) = - 4 π^{2} δ^{4} (x)

$\int\limits_{\text{all}} d^4 x\, g(x) = -4\pi^2 \implies g(x) = -4 \pi^2 \delta^4(x)$ ? Suena como si estuvieras diciendo que lo es.

Trimok

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Respuestas (1)

Una variación de la ecuación de Laplace (contexto: Yang-Mills N-Instantons, libro de Rajaraman)

para tu pregunta $3$ , se explica en $(4.64)$ , tienes $|x|^2 \delta^4(x)=0^2 \delta^4(x)=0$
4.64 se aplica al caso en que $x=0$ . Mi pregunta se refiere a la $x\neq 0$ sector. Es decir, afirman que la ecuación se cumple cuando $x$ no es 0 y no entiendo por qué.
No, en $4$ dimensiones euclidianas, la ecuación $\square \frac{1}{|x|^2} = -4 \pi^2 \delta^4(x)$ es cierto "para todos $x$ ". Estrictamente hablando, es una ecuación entre distribuciones, lo que significa que, para cualquier función suave $f(x)$ , tienes $\int d^4x f(x)\, \square \frac{1}{|x|^2} = \int d^4x f(x) \,(-4 \pi^2 \delta^4(x)) = -4 \pi^2 f(0)$ .
Sí, es cierto para todos. $x$ , eso es correcto. Cuando dije "4.64 se aplica al caso donde $x=0$ , "lo que estoy insinuando es que 4.64 no aclara por qué 4.62 es verdadero. 3 pregunta por qué 4.62 es verdadero, lo que he visto desde entonces (ver edición). Claro, 4.64 implica 4.62, pero a menos que pueda probar 4.64 sin conocimiento de 4.62 (¡lo cual sería interesante!), tu sugerencia no es útil. Es decir, mi opinión es que cuando integras en todo el espacio y obtienes una respuesta distinta de cero, usas el conocimiento de que el integrando es cero "casi en todas partes" y así concluir que las contribuciones provienen de funciones delta.
Más concisamente, lo que pregunto es si es justo concluir $\int\limits_{\text{all}} d^4 x\, g(x) = -4\pi^2 \implies g(x) = -4 \pi^2 \delta^4(x)$ ? Suena como si estuvieras diciendo que lo es.

adip · Answer 1

1) Si $\phi$ no es singular, puedes multiplicar con seguridad ambos lados por $\phi$ y obten $\square \phi = \phi*0 = 0$ . Si $\phi$ es singular no puedes hacer esto porque $\phi * 0$ es indefinido. De manera equivalente, donde $1/\phi=0$ tu puedes tener $\square\phi$ distinto de cero, como se muestra en (4.64). Las singularidades en $\phi$ se asignará a ceros en $1/\phi$ .

2) Creo que solo se permite la solución lineal que mencionó, lo que da como resultado valores de campo ilimitados en el infinito. Supongo que es razón suficiente para rechazarlo.

3) Creo que tus cálculos son incorrectos. $\partial_\sigma (x_\sigma / |x|^4)$ es cero En 4 dimensiones, deberías obtener dos términos iguales con signos opuestos.

Para 1) Esto parece razonable (realmente nunca he aprendido esto formalmente). ¿Puede explicar un poco, tal vez en un sentido teórico de grupo, por qué $0 * \phi$ es indefinido para singular $\phi$ ? 2) Parece razonable también. No muy claro de Rajaraman, así que me preguntaba si había otra razón... 3) Lo siento, no veo esto. ¿Puedes mostrarlo explícitamente? He editado lo que tengo en mi pregunta anterior.
No importa en 3, he visto mi error y corregido arriba. ¡Gracias!
2) Sin embargo, no estoy seguro de que 2) sea correcto. Del ansatz que he mencionado, los campos de calibre correspondientes a la solución lineal serían $A_{\mu} = i \overline{\sigma}_{\mu\nu}\partial^{\nu} \ln (a_{\sigma} x^{\sigma} +b) = i \overline{\sigma}_{\mu\nu} a_{\nu}/(a_{\sigma} x^{\sigma} + b)$ que se desvanece en el infinito.
Con respecto a (1), lo que estoy diciendo es que $\infty * 0$ es una cantidad sin sentido, que es lo que $\phi*0$ estará en los puntos singulares de $\phi$ . estamos preocupados por $\square\phi/\phi=0$ . si sabes eso $\phi$ no contiene infinitos (puntos singulares) entonces en cada punto el denominador es finito y así $\square\phi$ debe ser cero en todas partes, por lo que puede soltar el $1/\phi$ . Si $\phi$ contiene infinitos, entonces en esos puntos $\square\phi$ puede ser finito, o incluso infinito, siempre que sea un "infinito menor" como en $x/x^2$ .

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Respuestas (1)

adip

jonathan rayner

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adip

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