Wess-Zumino Gauge en la teoría supersimétrica no abeliana

Question

Wess-Zumino Gauge en la teoría supersimétrica no abeliana

indicador
Física
teoría de calibre
supersimetría
invariancia de calibre
teoría cuántica de campos

usuario43283

Tengo una pregunta sobre las teorías de calibre supersimétricas no abelianas.

Considere la teoría supersimétrica no abeliana realizada en supercampos quirales $\Phi_i$ en una representación $R$ con generadores de matrices $T_{i}^{aj}$ . Definamos la transformación de supergauge como

Φ_{i} \to ({mi}^{2 i {gramo}_{a} Ω^{a} T^{a}})_{i}^{j} Φ_{j} .

$\Phi_i \rightarrow (e^{2\imath g_a \Omega^a T^a})_{i}{}^{j} \, \Phi_j.$ El término invariante de supergauge en lagrangiano es

L = [Φ^{* i} ({mi}^{V})_{i}^{j} Φ_{j}]_{D} .

$\mathcal{L} = \Bigl[\Phi^{*i}\,(e^V)_i{}^j \, \Phi_j\Bigr]_D.$ Para que esto sea invariante de calibre, la transformación de calibre no abeliana para el campo vectorial debe ser

{mi}^{V} \to {mi}^{i Ω^{†}} {mi}^{V} {mi}^{- i Ω} .

$e^V \rightarrow e^{\imath \Omega^\dagger}\,e^V\,e^{-\imath \Omega}.$ Usando la fórmula de Baker-Hausdorff, obtenemos

V^{a} \to V^{a} + i (Ω^{a *} - Ω^{a}) + {gramo}_{a} F^{a b C} V^{b} (Ω^{C *} + Ω^{C}) + . . .

$V^a \rightarrow V^a + \imath(\Omega^{a*}-\Omega^a)+g_a \, f^{abc}\,V^b(\Omega^{c*}+\Omega^c)+...$ Por lo general, en este momento argumentan que dado que el segundo término del lado derecho no depende de

V^{a}

$V^a$ , siempre se puede hacer una transformación de supercalibre a calibre Wess-Zumino eligiendo

Ω^{a *} - Ω^{a}

$\Omega^{a*}-\Omega^a$ adecuadamente.

Este es el momento que no entiendo. ¿Qué significa? Estrictamente hablando, la última expresión es una ecuación no lineal complicada en componentes de $V^a$ supercampo

Supongo que quieren decir que, dado que el segundo término de rhs no depende de $V^a$ , es posible resolverlo dentro del marco de la teoría de perturbaciones en la(s) constante(s) de acoplamiento $g_a$ . ¿Es correcto? Si es así, ¿cómo probarlo estrictamente en todos los órdenes?

usuario43283

Enfrenté este argumento en muchos cursos de conferencias, como: arxiv.org/abs/hep-ph/9709356 ; Wess Bagger "Supersimetría y supergravedad"; arxiv.org/abs/hep-th/0311066 . Estaré agradecido por el curso o libro donde la prueba se hace explícitamente o se pueden hacer algunos pasos de prueba.

Respuestas (3)

Wess-Zumino Gauge en la teoría supersimétrica no abeliana

Enfrenté este argumento en muchos cursos de conferencias, como: arxiv.org/abs/hep-ph/9709356 ; Wess Bagger "Supersimetría y supergravedad"; arxiv.org/abs/hep-th/0311066 . Estaré agradecido por el curso o libro donde la prueba se hace explícitamente o se pueden hacer algunos pasos de prueba.

qmecanico · Answer 1

I) La transformación de calibre del campo de calibre real $V$ lee

\begin{matrix} (1) & {mi}^{\tilde{V}} = {mi}^{X} {mi}^{V} {mi}^{Y}, X := i Ω^{†}, Y := - i Ω . \end{matrix}

$e^{\widetilde{V}} ~=~e^Xe^Ve^Y, \qquad X~:=~i\Omega^{\dagger}, \qquad Y~:=~-i\Omega. \tag{1}$

A continuación usamos las siguientes fórmulas BCH

\begin{matrix} (2) & {mi}^{X} {mi}^{V} \overset{B C H}{=} {mi}^{V + B (a d V) X + O (X^{2})}, {mi}^{V} {mi}^{Y} \overset{B C H}{=} {mi}^{V + B (- a d V) Y + O (Y^{2})} . \end{matrix}

$e^Xe^V~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B({\rm ad} V)X+{\cal O}(X^2)}, \qquad e^Ve^Y~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B(-{\rm ad} V)Y+{\cal O}(Y^2)}.\tag{2}$

Manteniendo solo órdenes lineales en $\Omega$ , obtenemos

\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \tilde{V} & \overset{(1) + (2)}{=} B (a d V) X + V + B (- a d V) Y \\ \overset{(4)}{=} V + \frac{1}{2} [V, Y - X] + B_{+} (a d V) (X + Y), \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}\widetilde{V}~&\stackrel{(1)+(2)}{=}~B({\rm ad} V)X+V+B(-{\rm ad} V)Y\cr &~~~\stackrel{(4)}{=}~V+\frac{1}{2}[V,Y-X]+B_+({\rm ad} V)(X+Y),\end{align}\tag{3}$

dónde

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} B (X) & := \frac{X}{{mi}^{X} - 1} = \sum_{metro = 0}^{\infty} \frac{B_{metro}}{metro!} X^{metro} = B_{+} (X) - \frac{X}{2} \\ = 1 - \frac{X}{2} + \frac{X^{2}}{12} - \frac{X^{4}}{720} + \frac{X^{6}}{30240} + O (X^{8}) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} B(x)&~:=~\frac{x}{e^x-1}~=~\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_m}{m!}x^m~=~B_+(x)-\frac{x}{2}\cr &~=~1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8)\end{align} \tag{4}$

y

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} B_{+} (X) & := \frac{B (X) + B (- X)}{2} = \frac{X / 2}{bronceado \frac{X}{2}} \\ = 1 + \frac{X^{2}}{12} - \frac{X^{4}}{720} + \frac{X^{6}}{30240} + O (X^{8}) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} B_+(x) &~:=~\frac{B(x)+B(-x)}{2}~=~\frac{x/2}{\tanh\frac{x}{2}} \cr &~=~1+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8) \end{align} \tag{5}$

son funciones generadoras de números de Bernoulli .

II) Nos gustaría $\widetilde{V}$ estar en calibre WZ

\begin{matrix} (6) & \tilde{V} = O (θ^{2}) . \end{matrix}

$\widetilde{V}~=~{\cal O}(\theta^2) .\tag{6}$

por dado $V$ , $\widetilde{V}$ , y $X-Y$ , las ecs. (3+6) es un afín $^1$ ecuación en $X+Y=i\Omega^{\dagger}-i\Omega$ . Esto tiene formalmente una solución si el operador

\begin{matrix} (7) & B_{+} (a d V) = 1 + \dots \end{matrix}

$B_+({\rm ad} V)~=~{\bf 1} + \ldots \tag{7}$

es invertible, lo cual es cierto, al menos perturbativamente. Para finalizar la prueba, se debe escribir la ecuación en sus componentes de supercampo para verificar que el mecanismo de cambio afín anterior realmente se realiza a nivel de componente. Recuerde, por ejemplo, que el campo de calibre $\widetilde{V}$ no se puede calibrar completamente (= poner a cero), ya que $\Omega$ es un supercampo quiral sin suficiente $\theta$ es llegar a todos los componentes de $\widetilde{V}$ , por así decirlo.

Referencias:

SP Martin, Introducción a la supersimetría, arXiv:hep-ph/9709356 ; pág.43.

--

$^1$ Una ecuación afín es una ecuación lineal con un término fuente/término no homogéneo.

andrea89 · Answer 2

El calibre Wess-Zumino es una elección particular de calibre donde el supercampo vectorial tiene una forma particular y tiene menos componentes que el supercampo vectorial genérico. Entonces, si soy libre de hacer una transformación de calibre, puedo elegir los componentes del súper campo quiral $\Omega$ de manera que la suma de los $\theta$ (o cualquier otro " $\theta$ componente" que quiero eliminar para alcanzar el calibre WZ) del súper campo quiral y vectorial igual a cero.

En realidad, la pregunta es por qué podemos elegir los componentes del supercampo quiral $\Omega$ de tal manera...
Debido a la invariancia de calibre. Es como en QED, cuando la función $f(x)$ es arbitrario y no cambia la acción ni ninguna otra variable física. El $\Omega$ es arbitrario

usuario154779 · Answer 3

Creo que la transformación de calibre tiene en su definición el superespacio. $y_\mu$ , que es igual a $x_\mu + i \theta \sigma_\mu \bar \theta$ . Así en su desarrollo de Taylor aparecen solo 3 términos: $Ω(y) = Ω(x) + i \theta \sigma_\mu \bar \theta \partial_\mu Ω(x) + \frac{1}{4} \theta \theta \bar \theta \bar \theta \Box{Ω(x)}$ .

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