Beweis des Satzes von Goldstone von Schwartz und Zee

Question

Beweis des Satzes von Goldstone von Schwartz und Zee

MrRobot

In Referenzen. 1 & 2 wird das Goldstone-Theorem mit einem ziemlich kurzen Beweis bewiesen, den ich wie folgt umschreibe.

Beweis: Let $Q$ ein Generator der Symmetrie sein. Dann $[H, Q] = 0$ und wir wollen den Fall betrachten, in dem $Q | 0 \rangle \neq 0$ . Als Folge des Nullkommutators wird der Zustand $Q | 0 \rangle$ hat 0 Energie. Wir wissen das $Q = \int d^{D} x ~J^{0} ( \vec{x}, t )$ . Dann betrachten wir den Zustand $| s \rangle = \int d^{D} x ~e^{- i \vec{k} \vec{x}} J^{0} ( \vec{x}, t )| 0 \rangle$ die räumlichen Impuls hat $\vec{k}$ . In der Nullimpulsgrenze geht dieser Zustand zu $Q |0 \rangle$ von dem wir wissen, dass es 0 Energie hat. Daraus schließen wir $| s \rangle$ ein masseloses Skalarteilchen mit Impuls beschreiben $\vec{k}$ . $\Box$

Das Problem bei diesem Beweis ist, dass der Betreiber $Q$ ist wegen des Fabri-Picasso-Theorems nicht wohldefiniert. So $Q |0 \rangle$ ist nicht einmal ein Zustand des Hilbert-Raums. Ist es möglich, diesen Beweis so zu fixieren, dass er rigoros wird, vielleicht durch die Verwendung einer Regularisierung der Anklage?

Ich muss sagen, dass ich nicht nach einer alternativen strengen Ableitung des Theorems wie dem ursprünglichen oder etwas frage, das die effektive Aktion ausnutzt. Ich bitte um einen rigorosen Beweis nach dem Vorbild von Zee.

Verweise:

MD Schwartz, QFT & the standard model, 2014, Abschnitt 28.2, S. 563-64.
A. Zee, QFT in a nutshell, 2010, p. 228.

Antworten (1)

Beweis des Satzes von Goldstone von Schwartz und Zee

QMechaniker · Answer 1

In dieser Antwort geben wir einen Beweis $^1$ des Theorems von Goldstone auf physikalischer Strengeebene nach Ref. 1:

Wir erhalten einen selbstadjungierten Raumzeit-Translationskovarianten 4-Strom
$\begin{matrix} (1) & {\hat{J}}^{μ} (X) = e^{ich (\hat{H} T - \hat{P} \cdot X)} {\hat{J}}^{μ} (0) e^{ich (\hat{P} \cdot X - \hat{H} T)} \end{matrix}$ $\hat{J}^{\mu}(x)~=~e^{i(\hat{H}t-\hat{\bf P}\cdot {\bf x})} \hat{J}^{\mu}(0)e^{i(\hat{\bf P}\cdot {\bf x}-\hat{H}t)} \tag{1}$ die die Kontinuitätsgleichung erfüllt
$\begin{matrix} (2) & D_{μ} {\hat{J}}^{μ} (X) = 0. \end{matrix}$ $d_{\mu}\hat{J}^{\mu}(x)~=~0. \tag{2}$ Weiterhin wird vom Vakuumzustand ausgegangen $|\Omega \rangle$ ist raumzeittranslationsinvariant.
Um den Irrtum des Fabri-Picasso-Theorems zu vermeiden , wollen wir einen begrenzten räumlichen Integrationsbereich einführen $V \subseteq \mathbb{R}^3$ . Definieren Sie einen volumenregulierten Ladeoperator
$\begin{matrix} (3) & {\hat{Q}}_{v} (T) := \int_{v} D^{3} X {\hat{J}}^{0} (X), v \subseteq R^{3} . \end{matrix}$ $\hat{Q}_V(t)~:=~\int_V\! d^3{\bf x}~\hat{J}^0(x), \qquad V~\subseteq ~\mathbb{R}^3. \tag{3}$
Die Annahme der spontanen Symmetriebrechung (SSB) wird durch die Existenz einer selbstadjungierten Observablen implementiert $\hat{A}$ so dass
$\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} ICH M A_{v} (T) \overset{(7)}{=} & \frac{1}{2 ich} ⟨ Ω | [{\hat{Q}}_{v} (T), \hat{A}] | Ω ⟩ \\ ⟶ & A \neq 0 für v \to R^{3} . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} {\rm Im}a_V(t)~\stackrel{(7)}{=}~&\frac{1}{2i}\langle \Omega | [\hat{Q}_V(t),\hat{A}]|\Omega \rangle\cr \quad \longrightarrow& \quad a~\neq~0\quad\text{for}\quad V~\to ~\mathbb{R}^3. \end{align}\tag{4}$
Wir dürfen davon ausgehen
$\begin{matrix} (5) & ⟨ Ω | \hat{A} | Ω ⟩ = 0 \end{matrix}$ $\langle \Omega |\hat{A}|\Omega \rangle~=~0 \tag{5}$ in Gl. (4) durch Ausführen der Neudefinition $\begin{matrix} (6) & \hat{A} ⟶ {\hat{A}}^{'} := \hat{A} - | Ω ⟩ ⟨ Ω | \hat{A} | Ω ⟩ ⟨ Ω | \end{matrix}$ $\hat{A}~ \longrightarrow~\hat{A}^{\prime}~:=~\hat{A}-|\Omega \rangle \langle \Omega |\hat{A}|\Omega \rangle \langle \Omega | \tag{6}$ (und danach den Strich aus der Notation entfernen).
Auf der rechten Seite. von Gl. (4) haben wir definiert
$\begin{aligned} (7) & A_{v} (T) := & ⟨ Ω | {\hat{Q}}_{v} (T) \hat{A} | Ω ⟩ \\ (8) & \overset{(3)}{=} & \int_{v} D^{3} X ⟨ Ω | {\hat{J}}^{0} (X) \hat{A} | Ω ⟩ \\ (9) & = & \int_{v} D^{3} X \sum_{N} ⟨ Ω | {\hat{J}}^{0} (X) | N ⟩ ⟨ N | \hat{A} | Ω ⟩ \\ \overset{(1) + (5)}{=} & \int_{v} D^{3} X \sum_{N \neq Ω} e^{ich (P_{N} \cdot X - E_{N} T)} C_{N}, \\ (10) & C_{N} := ⟨ Ω | {\hat{J}}^{0} (0) | N ⟩ ⟨ N | \hat{A} | Ω ⟩, \\ (11) & ⟶ & \sum_{N} (2 π)^{3} δ^{3} (P_{N}) e^{- ich E_{N} T} C_{N} \\ (12) & \overset{(13)}{=} & \sum_{E} e^{- ich E T} F (E) \\ für v \to R^{3}, \end{aligned}$ $\begin{align} a_V(t)~:=~&\langle \Omega | \hat{Q}_V(t)\hat{A}|\Omega \rangle\tag{7} \cr ~\stackrel{(3)}{=}~&\int_V\! d^3{\bf x}~\langle \Omega | \hat{J}^0(x) \hat{A} |\Omega \rangle\tag{8} \cr ~=~&\int_V\! d^3{\bf x}~\sum_n\langle \Omega | \hat{J}^0(x)|n \rangle\langle n |\hat{A}|\Omega \rangle \tag{9} \cr \stackrel{(1)+(5)}{=}&\int_V\! d^3{\bf x}~\sum_{n\neq\Omega} e^{i( {\bf P}_n\cdot {\bf x}-E_nt)}c_n, \cr &\quad c_n~:=~\langle\Omega | \hat{J}^0(0)|n \rangle\langle n |\hat{A}|\Omega \rangle, \tag{10}\cr\cr ~ \longrightarrow& \sum_n (2\pi)^3 \delta^3({\bf P}_n) e^{-iE_n t}c_n \tag{11}\cr ~\stackrel{(13)}{=}~&\sum_E e^{-iE t} f(E)\tag{12}\cr &\quad\text{for}\quad V~\to ~\mathbb{R}^3, \end{align}$ Wo $\begin{matrix} (13) & F (E) := \sum_{N \neq Ω}^{E_{N} = E} (2 π)^{3} δ^{3} (P_{N}) C_{N}, \end{matrix}$ $f(E)~:=~\sum_{n\neq\Omega}^{E_n=E} (2\pi)^3 \delta^3({\bf P}_n) c_n,\tag{13}$ und wo $|n \rangle$ sind ein vollständiger Satz von Zuständen mit eindeutigem 4-Impuls $(E_n,{\bf P}_n)$ .
Auf der einen Seite,
$\begin{aligned} D_{T} A_{v} (T) \overset{(8)}{=} & \int_{v} D^{3} X ⟨ Ω | D_{0} {\hat{J}}^{0} (X) \hat{A} | Ω ⟩ \\ \overset{(2)}{=} & - \int_{v} D^{3} X ⟨ Ω | \nabla \cdot \hat{J} (X) \hat{A} | Ω ⟩ \\ (14) & = & - \int_{\partial v} D^{2} X ⟨ Ω | N \cdot \hat{J} (X) \hat{A} | Ω ⟩, \end{aligned}$ $\begin{align} d_t a_V(t) ~\stackrel{(8)}{=}~&\int_V\! d^3{\bf x}~\langle \Omega | d_0\hat{J}^0(x) \hat{A} |\Omega \rangle \cr ~\stackrel{(2)}{=}~&-\int_V\! d^3{\bf x}~\langle \Omega | {\bf \nabla} \cdot \hat{\bf J}(x) \hat{A} |\Omega \rangle \cr ~=~&-\int_{\partial V}\! d^2{\bf x}~\langle \Omega | {\bf n} \cdot \hat{\bf J}(x) \hat{A} |\Omega \rangle,\tag{14}\end{align}$ so dass $\begin{aligned} D_{T} ICH M A_{v} (T) \\ \overset{(14)}{=} & - \frac{1}{2 ich} \int_{\partial v} D^{2} X ⟨ Ω | [N \cdot \hat{J} (X), \hat{A}] | Ω ⟩ \\ (15) & ⟶ & 0 für v \to R^{3}, \end{aligned}$ $\begin{align} d_t {\rm Im}a_V(t)&\cr ~\stackrel{(14)}{=}~&-\frac{1}{2i}\int_{\partial V}\! d^2{\bf x}~\langle \Omega | [{\bf n} \cdot \hat{\bf J}(x) ,\hat{A}] |\Omega \rangle \cr \quad \longrightarrow& \quad 0 \quad\text{for}\quad V~\to ~\mathbb{R}^3,\tag{15}\end{align}$ weil wir davon ausgehen, dass das Beobachtbarehat einen kompakten räumlichen Träger und pendelt mit räumlich getrennten (=kausal getrennten) Operatoren.

Andererseits,
$\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} D_{T} A_{v} (T) \overset{(12)}{⟶} & - ich \sum_{E} E e^{- ich E T} F (E) \\ für v \to R^{3}, \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} d_t a_V(t)~~\stackrel{(12)}{\longrightarrow}~~& -i \sum_E Ee^{-iE t} f(E)\cr &\quad\text{for}\quad V~\to ~\mathbb{R}^3,\end{align}\tag{16}$ so dass

Durch den Vergleich von Gl. (15) & (17) schließen wir daraus
$\begin{matrix} (18) & F (E) \overset{(15) + (17)}{\propto} δ_{E, 0} . \end{matrix}$ $f(E)~~\stackrel{(15)+(17)}{\propto}~~ \delta_{E,0}.\tag{18}$
Endlich
$\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} 0 \neq A \overset{(4)}{⟵} ICH M A_{v} (T) \overset{(12)}{⟶} & ICH M \sum_{E} e^{- ich E T} F (E) \\ \overset{(18)}{=} & ICH M F (E = 0) \\ für v \to R^{3} . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}0~\neq~ a~ \stackrel{(4)}{\longleftarrow} ~ {\rm Im} a_V(t) ~ \stackrel{(12)}{\longrightarrow}&~ {\rm Im}\sum_E e^{-iE t} f(E)\cr ~\stackrel{(18)}{=}~&{\rm Im}f(E\!=\!0)\cr &\text{for}\quad V~\to ~\mathbb{R}^3.\end{align} \tag{19}$ Um SSB zu haben, müssen wir haben $f(E\!=\!0)\neq 0$ , dh es existiert eine masselose Mode $|n \rangle\neq|\Omega \rangle$ mit $(E_n,{\bf P}_n)=(0,{\bf 0})$ dass Paare $c_n\neq 0$ zwischen dem Strom $\hat{J}^0$ und das Beobachtbare $\hat{A}$ . $\Box$

Siehe auch diesen verwandten Phys.SE-Beitrag.

Verweise:

C. Itzykson & JB Zuber, QFT, 1985, Abschnitt 11-2-2, p. 520.
S. Weinberg, Quantentheorie der Felder, Bd. 2, 1995; Abschnitt 19.2.

--

$^1$ Cartoon-Version des Beweises von Goldstones Theorem (Ignorieren des Fabri-Picasso-Theorems):

$\quad |{\bf 0}\rangle ~:=~\hat{Q}|\Omega\rangle~\neq ~0.$ $\quad\hat{H}|\Omega\rangle~=~ 0.$ $\quad [\hat{H},\hat{Q}]~=~ 0.$
$\quad \hat{H}|{\bf 0}\rangle~=~\hat{H}\hat{Q}|\Omega\rangle ~=~\hat{Q}\hat{H}|\Omega\rangle~=~ 0.$
$\quad \hat{Q}~:=~\int \! d^3{\bf x}~\hat{J}^0(x).$ $\quad |{\bf k}\rangle ~:=~\int \! d^3{\bf x} ~e^{-i{\bf k}\cdot{\bf x}}\hat{J}^0(x)|\Omega\rangle.$ $\quad |{\bf 0}\rangle~=~|{\bf k}\!=\!{\bf 0}\rangle.$
$\quad \hat{H}|{\bf k}\rangle ~=~ \sqrt{{\bf k}^2+m^2}|{\bf k}\rangle.$ $\quad \Rightarrow \quad m~=~0.$ $\Box$

Idee: 1. Goldstone-Theorem über 1PI effektives Handeln, vgl. Ref. 2. 2. Nicht-relativistischer Goldstone-Satz . Haben immer noch Raumzeit-Translationssymmetrie, aber keine Lorentz-Symmetrie. Wir könnten haben $\quad \langle J^0_a \rangle ~\neq~ 0$ Und $\quad \langle [Q_a,J^0_b ]\rangle ~\neq~ 0.$ Brauchen wir wirklich die Annahme $d_{\mu}\hat{J}^{\mu}(x)=0\quad (2)?$ Anscheinend wird es in Gl. (14).
Notizen an mich selbst: 1. Integrale Version des Lagrange-Pfads $\quad \delta \phi~=~f.$ $\quad \langle f \rangle ~\neq~ 0.$ $\quad \Rightarrow \quad$ Goldstone-Modus (im Grunde $\phi \sim \hat{A}$ ). 2. Interessanterweise scheint Definition (7) normalisiert bzgl. korrekt zu sein. Volumen $V$ , vgl. Gl. (12). 3. Dritte Annahme : keine langreichweitigen Kräfte beteiligt, weil dies sicherstellt, dass Kommutatoren im Unendlichen ausreichend schnell abfallen, dass das Oberflächenintegral fallen gelassen werden kann. 4. Gl. (4) riecht nach Schur-Lemma.
1. Ich ergänze die Art und Weise, wie Sie die Gleichungsbezeichnung im Gleichheitsstapel verwendet haben. Das ist scharfe Notation! 2. Können Sie sagen, warum Sie sich für einen Pfeil entschieden haben? $=$ für (11)?
Hallo @hodop smith: 1. Danke. 2. Es ist eine Grenze $V\to \mathbb{R}^3$ .
Woher wissen wir, dass der masselose Modus $|n\rangle$ ist ein neuer Zustand und nicht das Vakuum (das auch null Energie hat)?
Hallo ersbygre1. Gute Frage. Ich habe die Antwort aktualisiert.

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