Anomale Slavnov-Taylor-Identität

Question

Anomale Slavnov-Taylor-Identität

itamarhason

Ich würde mich freuen, wenn hier jemand das Rätsel aufklären könnte.

Betrachten Sie die folgende Ableitung der anomalen Slavnov-Identität. Es basiert auf Vorlesungsnotizen von Adel Bilal.

Angenommen, wir haben eine Aktion mit einem Feld (oder Feldern) $\phi$ , und eine Symmetrietransformation, die dauert

ϕ \to ϕ^{'} = ϕ + ϵ F (X, ϕ (X)),

$\phi \rightarrow \phi ' = \phi + \epsilon F(x, \phi(x)) ,$ unter denen die Wirkung invariant ist,

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi '] = S[\phi]$ .

Nehmen wir jedoch an, dass das funktionale Maß anomal ist:

D ϕ \to D ϕ e^{ich ϵ \int A (X)} .

${ \mathcal{D} \phi } \rightarrow { \mathcal{D} \phi } \space \space e^{i\epsilon \int \mathcal{A}(x)}.$

Betrachten wir das folgende Pfadintegral (das die erzeugende Funktion der verbundenen Diagramme ist):

\int D ϕ exp (ich S [ϕ] + ich \int J (X) ϕ (X)) = \int D ϕ^{'} exp (ich S [ϕ^{'}] + ich \int J (X) ϕ^{'} (X)) = \int D ϕ exp (ich ϵ \int A (X)) exp (ich S [ϕ] + ich \int J (X) ϕ (X) + ich ϵ \int J (X) F (X, ϕ)) = \int D ϕ exp (ich S [ϕ] + ich \int J (X) ϕ (X)) (1 + ich ϵ \int A (X) + ich ϵ \int J (X) F (X, ϕ)) .

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x))} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '] + i\int J(x)\phi '(x))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi))} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi] + i\int J(x)\phi(x)) \left( 1 + i\epsilon \int A(x) + i\epsilon \int J(x)F(x,\phi)\right)}.$

Die erste Gleichheit ist nur eine Änderung von Integrationsvariablen, die zweite ist die Substitution von $\phi '$ bezüglich $\phi$ , und das dritte ist nur eine Reorganisation und eine Erweiterung erster Ordnung $\epsilon$ .

Jetzt erhalten Sie die Slavnov-Taylor-Identität (Gl. 4.5 in der Originalarbeit):

\begin{matrix} (4.5) & \int (A (X) + J (X) {⟨ F (X, Φ) ⟩}_{J}) = 0 \end{matrix}

$\int { (\mathcal{A}(x) + J(x) {\left< {F(x,\Phi)} \right>} _J) } = 0 \tag{4.5}$

Kann jemand erklären, wie diese Identität möglich sein könnte, da $\mathcal{A}$ hängt nicht davon ab $J$ , das ist ein Hilfsfeld, also ersetzend $J=0$ Würde geben $\int \mathcal{A} = 0$ was nicht plausibel erscheint.

Der Ursprung des Problems (falls es ein Problem ist, wie es scheint) sollte in der Änderung der Variablen in der ersten Gleichung oben liegen, aber es scheint gültig zu sein. Zur Vereinfachung denke ich, dass die obigen Gleichungen alle abgeleitet werden könnten $J=0$ , geben:

\int D ϕ exp (ich S [ϕ]) = \int D ϕ^{'} exp (ich S [ϕ^{'}]) = \int D ϕ exp (ich ϵ \int A (X)) exp (ich S [ϕ])

$\int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp}(iS[\phi])} = \int {\mathcal{D}\phi ' \space \text{exp}(iS[\phi '])} = \int {\mathcal{D}\phi \space \text{exp} ({i\epsilon \int \mathcal{A}(x)} ) \space \text{exp}(iS[\phi])}$

Was überhaupt nicht plausibel erscheint.

Vielleicht hängt es mit einigen Regularisierungsschemata zusammen, die normalerweise in QFT implementiert werden sollten, aber es ist nicht unmittelbar aus diesen Gleichungen ersichtlich, dass Sie hier eine Regularisierung benötigen, daher ist mir unklar, was an diesen Gleichungen falsch ist.

Antworten (2)

Anomale Slavnov-Taylor-Identität

ACuriousMind · Answer 1

Die Ableitung in der gegebenen Referenz erscheint in der Tat verworren und widersprüchlich. Der entscheidende Fehler scheint mir das zu sein

S [ϕ + ϵ δ ϕ] = S [ϕ]

$S[\phi + \epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ gilt einfach nicht für eine infinitesimale Symmetrie. Die Definition einer Symmetrie ist das

S [ϕ^{'}] = S [ϕ]

$S[\phi']=S[\phi]$ (Modulo-Randterme) für die endliche Transformation

ϕ \mapsto ϕ^{'}

$\phi\mapsto \phi'$ . Schreibt man dies unendlich, erhält man ¹

S [ϕ^{'}] = S [ϕ] + ϵ \frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ + Ö (ϵ^{2})

$S[\phi'] = S[\phi] + \epsilon\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi + \mathcal{O}(\epsilon^2)$ Bedeutung

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = 0

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = 0$ Modulo-Randausdrücke, aber entscheidend bedeutet dies nicht

S [ϕ + ϵ δ ϕ] = S [ϕ]

$S[\phi+\epsilon\delta\phi] = S[\phi]$ . Wir haben

\frac{δ S}{δ ϕ} δ ϕ = \int \partial_{μ} j^{μ}

$\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi = \int\partial_\mu j^\mu$ für den Noetherstrom

j

$j$ .

Eine richtige Ableitung der ST-Identitäten erweitert sich $S[\phi']$ wie ich es oben getan habe, um zu erhalten

⟨ A (X) + (\frac{δ S}{δ ϕ (X)} + J (X)) δ ϕ (X) ⟩_{J} = 0

$\langle \mathcal{A}(x) + \left(\frac{\delta S}{\delta \phi(x)} + J(x)\right)\delta\phi(x)\rangle_J = 0$ was gibt

⟨ A ⟩ = \partial_{μ} ⟨ j^{μ} ⟩

$\langle \mathcal{A}\rangle = \partial_\mu\langle j^\mu\rangle$ bei

J = 0

$J=0$ , was die korrekte Aussage der anomalen Nichterhaltung ist.

^{¹ Die Notation $\frac{\delta S}{\delta \phi}\delta\phi$ Kurzform für $\int\frac{\delta S}{\delta \phi(x)}\delta\phi(x)$ .}

Ich denke, es gibt eine gewisse Verwirrung zwischen der Symmetrie der Aktion und der Symmetrie der Aktion, die der Durchsetzung der klassischen Bewegungsgleichungen unterliegt.
@itamarhason: Es gibt keine "Symmetrie, die der Durchsetzung des EOM unterliegt". Per Definition einer Lösung des eom, $\delta S= 0$ für jede Transformation, die Sie durchführen (die Lösung für die eom sind kritische Punkte der Aktionsfunktion). Symmetrien erkennt man daran $\delta S=0$ off-shell , nicht durch das, was sie on-shell tun. Außerdem können Sie innerhalb des Pfadintegrals das eom sicherlich nicht erzwingen.
Ich glaube, ich akzeptiere Ihre Antwort, obwohl ich die Tatsache stärker betonen würde $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)}$ ist nicht null, aber $\partial_\mu j^\mu (x)$
Vielleicht kannst du auch so schreiben: statt $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} = 0$ (was oben fälschlicherweise angenommen wird) , haben wir $\frac{\delta S}{\delta \phi (x)} \delta \phi (x) = \epsilon(x) \partial_\mu j^\mu (x)$ , der infinitesimale Transformationsparameter multipliziert mit der Divergenz des Noetherstroms $j_\mu$ , die klassisch konserviert ist, könnte auch in der Quantentheorie erhalten bleiben, wenn $\mathcal{A}$ würde verschwinden, wird aber nicht erhalten, wenn dies nicht der Fall ist.
Kann ich Sie bitten, Ihre Antwort so zu bearbeiten, wie ich es vorgeschlagen habe?
@itamarhason: Ich weiß nicht, was du willst. $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}\delta\phi(x) = \partial_\mu j^\mu$ ohne das $\epsilon$ . Und ich sage bereits, dass der klassisch konservierte Strom nicht konserviert ist, das bedeutet * "was die korrekte Aussage der anomalen Nichtkonservierung ist" . Wer sich das anschaut, sollte sofort die Abweichung von der üblichen Kontinuitätsgleichung erkennen $\partial_\mu j^\mu = 0$ , ich sehe nicht, was man dazu noch sagen müsste.
Ich denke der $\epsilon$ sollte vorhanden sein, sonst erhalten Sie einen infinitesimalen Term auf der linken Seite und einen nicht infinitesimalen auf der linken Seite. Es sollte dort auch erscheinen, wenn Sie es wie üblich im Noether-Theorem herleiten.
In Bezug auf meine Anfrage - es war mir nicht ganz klar, als ich Ihre Antwort zum ersten Mal las. Deshalb habe ich vorgeschlagen, sie leicht zu bearbeiten. Was nicht so klar war, ist die Unterscheidung zwischen dem Satz $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = 0$ Modulo-Randterme und die Gleichung direkt danach $\frac{\delta S}{\delta \phi} \delta \phi = \partial_\mu j^\mu$ . Ich weiß, dass alle Informationen vorhanden sind, aber es ist einfach nicht so klar für den Leser oder zumindest für mich.
@itamarhason: Du verwendest vielleicht eine andere Definition als ich. Schauen Sie sich meine Feldvariation an. ich sage $\phi\mapsto \phi+\epsilon\delta\phi$ , während Sie zu verwenden scheinen $\phi\mapsto\phi+\delta\phi$ . Auch, $\frac{\delta S}{\delta\phi(x)}$ ist die funktionale Ableitung , also ist die linke Seite nicht infinitesimal und die rechte Seite auch nicht
Oh, ich verstehe, ok, Sie haben Recht mit den unterschiedlichen Definitionen. Das tut mir leid.

QMechaniker · Answer 2

OP fragt im Grunde (v4) Folgendes.

Wie die Gleichung
$\begin{matrix} (4.5) & \int D^{4} X (ich A (X) + ich \sum_{R} J_{R} (X) ⟨ F^{R} [X, Φ] ⟩_{J}) = 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) \langle F^r\left[x,\Phi\right] \rangle_J\right) ~=~0, \tag{4.5}$ oder gleichwertig, $\begin{matrix} (4,5') & \int D^{4} X (ich A (X) + ich \sum_{R} J_{R} (X) F^{R} [X, \frac{δ}{ich δ J}]) Z [J] = 0, \end{matrix}$ $\int\! \mathrm{d}^4x~ \left(i{\cal A}(x) + i\sum_r J_r(x) F^r\left[x,\frac{\delta}{i \delta J}\right]\right)Z[J] ~=~0, \tag{4.5'}$ kann für beliebige Quellen erfüllt werden $J$ ? Insbesondere, wenn die Anomalie ${\cal A}$ ist ungleich Null und Quelle $J=0$ ist null?

In Gl. (4.5') führen wir die Zustandssumme ein

\begin{matrix} (4.4) & Z [J] = e^{ich W [J]} = \int [\prod_{S} D ϕ^{S}] \exp [ich S [ϕ] + ich \int D^{4} X \sum_{R} J_{R} (X) ϕ^{R} (X)] . \end{matrix}

$Z[J]~=~e^{iW[J]}~=~\int\! \left[ \prod_s {\cal D} \phi^s \right] \exp\left[i S[\phi] +i \int\! \mathrm{d}^4x\sum_r J_r(x) \phi^r(x) \right]. \tag{4.4}$

Anstatt im Wesentlichen die Ableitung von Lit. zu wiederholen. 1, vielleicht ist stattdessen ein naives Spielzeugmodell in einer 0-dimensionalen Raumzeit angebracht.

Beispiel. Lassen Sie die Aktion $S$ eine von den Feldern unabhängige Konstante sein $\phi^r$ . Dann haben wir sicherlich eine Symmetrie der Aktion! Da die Wirkung konstant ist, wollen wir sie der Einfachheit halber zu Null wählen $S\equiv 0$ . Die Partitionsfunktion wird zu einer mehrdimensionalen Dirac-Delta-Verteilung

Z [J] = δ (J)

$Z[J]~=~ \delta(J)$

(Modulofaktoren von $2\pi$ die wir ignorieren). Betrachten wir eine lineare Symmetrie

F^{R} (ϕ) = \sum_{S} A^{R}_{S} ϕ^{S},

$F^r(\phi) ~=~\sum_s A^r{}_s ~\phi^s,$

weil ref. 1 geht davon aus, dass die Anomalie nicht von den Feldern abhängt $\phi^s$ . Die „Anomalie“ wird einfach zur Spur

ich A = \sum_{S} \frac{\partial F^{S} (ϕ)}{\partial ϕ^{S}} = \sum_{S} A^{S}_{S},

$i{\cal A}~=~\sum_s \frac{\partial F^s(\phi)}{\partial \phi^s}~=~\sum_s A^s{}_s ,$ was nicht unbedingt null ist. Dann Gl. (4,5') lautet

(\sum_{S} A^{S}_{S} + \sum_{R, S} J_{R} A^{R}_{S} \frac{\partial}{\partial J^{S}}) δ (J) = \sum_{R, S} \frac{\partial}{\partial J^{S}} (J_{R} A^{R}_{S} δ (J)) = 0,

$\left( \sum_s A^s{}_s + \sum_{r,s} J_r A^r{}_s \frac{\partial}{ \partial J^s}\right)\delta(J)~=~ \sum_{r,s}\frac{\partial}{ \partial J^s} \left(J_r A^r{}_s~ \delta(J)\right)~=~0,$ was in der Tat eine wohlbekannte Identität für die Dirac-Delta-Verteilung ist. Dagegen ist Gl. (4.5) macht in dem Beispiel keinen Sinn, weil es sinnlos ist, mit einer Dirac-Delta-Verteilung zu dividieren. Wir führen dies auf die Grobheit des Spielzeugmodells zurück.

Verweise:

A. Bilal, Vorlesungen über Anomalien, arXiv:0802.0634 .

Das ist nett, beantwortet aber meiner Meinung nach die Frage nicht wirklich. Ich denke, dass Sie es geschafft haben, ein Beispiel zu geben, bei dem es nur wegen des Stroms funktioniert $j_\mu$ verschwindet. Wie oben erklärt, wenn der Strom nicht verschwindet (was meiner Meinung nach sowieso der interessante Fall ist), wäre (4.5) falsch.
Beachten Sie, dass ${\cal A}$ verschwindet im Beispiel nicht unbedingt.
Ich verstehe, aber hat es eine Bedeutung? Die Theorie ist trivial...

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