CFT OPE: Warum erscheinen im Skalar-Skalar-OPE nur symmetrische spurlose Operatoren?

Question

CFT OPE: Warum erscheinen im Skalar-Skalar-OPE nur symmetrische spurlose Operatoren?

Kvothe

Warum erscheinen im skalaren skalaren OPE nur symmetrische spurlose Operatoren?

Die Vorlesungsnotizen: http://arxiv.org/abs/1602.07982 , formulieren diese Frage um als: Why does $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ verschwinden, es sei denn $\mathcal{O}$ ist ein symmetrischer Tensor?

Wie zeigen wir das? Und wie zeigen wir, dass dies eine äquivalente Aussage ist?

Es scheint mir, dass dies nur auf der Ebene der Berechnung der skalaren 4pt-Funktion äquivalent ist, wo wir nach Durchführung einer OPE erhalten $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ . Für etwas anderes, sagen wir $\langle\phi \phi J J\rangle$ Das funktioniert nicht.

Die gleiche Frage wurde hier OPE in einem allgemeinen gestellt $d$ -dimensionale CFT , als Unterfrage mit der Hauptfrage, die eine Referenzanfrage betont (was wahrscheinlich nicht zur Beantwortung der Frage beigetragen hat, da für Referenzanfragen höhere Standards erforderlich sind).

Peter Krawtschuk

Um zu konstruieren

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩

$\langle \mathcal{O}^a | \phi(x) |\phi \rangle$ Sie müssen einen Tensor mit Index erstellen

a

$a$ aus

x

$x$ (Das ist die einzige Variable, die Sie hier haben). Dies ist nur möglich, wenn

a

$a$ ist ein symmetrischer Tensorindex. Symmetrische Tensoren zerfallen dann in spurlos-symmetrische. Die Beziehung zwischen OPE und diesem Matrixelement erfolgt durch Operator-Zustands-Korrespondenz.

Kvothe

@Peter Könnten Sie das erläutern? Wenn ich noch einmal über das Problem nachdenke, lautet meine Meinung dazu wie folgt:

Kvothe

Zunächst einmal auf der Ebene der

ϕ \times ϕ

$\phi \times \phi$ OP. Wenn

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩

$\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ verschwindet für jeden antisymmetrischen Operator

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ es bedeutet auch, dass diese Operatoren nicht im angezeigt werden können

ϕ \times ϕ

$\phi \times \phi$ OP. Das Argument würde in etwa so lauten wie die OPE von durchführen

ϕ (x) \times ϕ (0)

$\phi(x)\times\phi(0)$ innerhalb dieser 3pt-Funktion. Wenn eine antisymmetrische

O^{a}

$\mathcal{O}^{a}$ auftaucht, würdest du bekommen

| C_{b} | ⟨ O^{a} | O^{b} ⟩ \neq 0

$| C_b|\langle\mathcal{O}^a|\mathcal{O}^b \rangle\neq0$ . Aber das haben wir eben gezeigt

⟨ O^{a} | ϕ (x) | ϕ ⟩ = 0

$\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle = 0$ .

Kvothe

Für den anderen Teil. Mal sehen, ob ich das richtig verstehe. Wir haben nur eine Variable

x

$x$ . Das andere

ϕ

$\phi$ wird auf Null gesetzt. Somit können wir nur so etwas wie konstruieren

O^{a . . . c} (x^{μ} \frac{d}{d x^{μ}}, x^{2}) \frac{d}{d x^{a}} . . . \frac{d}{d x^{c}} f (x)

$\mathcal{O}^{a...c}(x^\mu \frac{d}{dx^\mu},x^2) \frac{d}{dx^a}...\frac{d}{dx^c}f(x)$ wo die Anzahl der Etiketten

a . . . c

$a...c$ gleich dem Spin von ist

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ . Dann, wenn es irgendein Teil gibt

O^{a}

$\mathcal{O}^a$ das ist in a...c antisymmetrisch, es wird verschwinden, weil Sie so etwas bekommen wie

(\partial_{μ} \partial_{ν} - \partial_{μ} \partial_{ν}) f (x) = 0

$(\partial_\mu \partial_\nu - \partial_\mu \partial_\nu)f(x) = 0$ . Sind Sie einverstanden? Meinten Sie das?

Kvothe

Schließlich, wenn wir eine symmetrische haben

O^{a}

$\mathcal{O}^{a}$ wir können es schreiben als

\sum_{n} {O^{'}}_{n}^{a}

$\sum_n\mathcal{O'}^{a}_n$ , Wo

{O^{'}}^{a}

$\mathcal{O'}^{a}$ ist symmetrisch und spurlos. (Ich sehe diese letzte Aussage nicht sofort. Ist sie leicht zu zeigen?)

Antworten (1)

CFT OPE: Warum erscheinen im Skalar-Skalar-OPE nur symmetrische spurlose Operatoren?

Um zu konstruieren $\langle \mathcal{O}^a | \phi(x) |\phi \rangle$ Sie müssen einen Tensor mit Index erstellen $a$ aus $x$ (Das ist die einzige Variable, die Sie hier haben). Dies ist nur möglich, wenn $a$ ist ein symmetrischer Tensorindex. Symmetrische Tensoren zerfallen dann in spurlos-symmetrische. Die Beziehung zwischen OPE und diesem Matrixelement erfolgt durch Operator-Zustands-Korrespondenz.
@Peter Könnten Sie das erläutern? Wenn ich noch einmal über das Problem nachdenke, lautet meine Meinung dazu wie folgt:
Zunächst einmal auf der Ebene der $\phi \times \phi$ OP. Wenn $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle$ verschwindet für jeden antisymmetrischen Operator $\mathcal{O}^a$ es bedeutet auch, dass diese Operatoren nicht im angezeigt werden können $\phi \times \phi$ OP. Das Argument würde in etwa so lauten wie die OPE von durchführen $\phi(x)\times\phi(0)$ innerhalb dieser 3pt-Funktion. Wenn eine antisymmetrische $\mathcal{O}^{a}$ auftaucht, würdest du bekommen $| C_b|\langle\mathcal{O}^a|\mathcal{O}^b \rangle\neq0$ . Aber das haben wir eben gezeigt $\langle\mathcal{O}^a| \phi(x) |\phi\rangle = 0$ .
Für den anderen Teil. Mal sehen, ob ich das richtig verstehe. Wir haben nur eine Variable $x$ . Das andere $\phi$ wird auf Null gesetzt. Somit können wir nur so etwas wie konstruieren $\mathcal{O}^{a...c}(x^\mu \frac{d}{dx^\mu},x^2) \frac{d}{dx^a}...\frac{d}{dx^c}f(x)$ wo die Anzahl der Etiketten $a...c$ gleich dem Spin von ist $\mathcal{O}^a$ . Dann, wenn es irgendein Teil gibt $\mathcal{O}^a$ das ist in a...c antisymmetrisch, es wird verschwinden, weil Sie so etwas bekommen wie $(\partial_\mu \partial_\nu - \partial_\mu \partial_\nu)f(x) = 0$ . Sind Sie einverstanden? Meinten Sie das?
Schließlich, wenn wir eine symmetrische haben $\mathcal{O}^{a}$ wir können es schreiben als $\sum_n\mathcal{O'}^{a}_n$ , Wo $\mathcal{O'}^{a}$ ist symmetrisch und spurlos. (Ich sehe diese letzte Aussage nicht sofort. Ist sie leicht zu zeigen?)

Peter Krawtschuk · Answer 1

Ein Operateur $\mathcal{O}^a$ erscheint in $\phi_1\times\phi_2$ OPE genau dann, wenn das Matrixelement

⟨ Ö^{A} | ϕ_{1} (X) ϕ_{2} (- X) | 0 ⟩

$\langle \mathcal{O}^a|\phi_1(x)\phi_2(-x)|0\rangle$ ist nicht verschwindend, aus dem Grund, den das OP in den Kommentaren angibt. Wenn

O

$\mathcal{O}$ ein Primärelement ist, dann ist dieses Matrixelement unter gleichzeitigen Verschiebungen der beiden invariant

ϕ

$\phi$ 's, also ist dies nur eine symmetrischere Version des Matrixelements aus der Frage. (Weil

⟨ O | P_{μ} = [K_{μ} | O ⟩]^{†} = 0

$\langle \mathcal{O}|P_\mu=[K_\mu|\mathcal{O}\rangle]^\dagger=0$ .)

Nun ist dieses Matrixelement einfach eine Funktion von $x$ . Der allgemeinste Ausdruck, aus dem wir konstruieren können $x$ Ist

⟨ Ö^{A} | ϕ_{1} (X) ϕ_{2} (- X) | 0 ⟩ = F_{1} (| X |) X^{μ_{1}} \dots X^{μ_{l}} + F_{2} (| X |) G^{μ_{1} μ_{2}} X^{μ_{3}} \dots X^{μ_{ℓ}} + \dots,

$\langle \mathcal{O}^a|\phi_1(x)\phi_2(-x)|0\rangle=f_1(|x|)x^{\mu_1}\cdots x^{\mu_l}+f_2(|x|)g^{\mu_1\mu_2}x^{\mu_3}\cdots x^{\mu_\ell}+\ldots,$ Wo

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ ist die flache Lorentz- oder Euklidische Metrik, abhängig von Ihrer Signatur. Es zeigt, dass

O

$\mathcal{O}$ ist ein Tensoroperator (gedacht noch nicht unbedingt ein symmetrischer). Jeder Tensoroperator ist eine Summe spurloser Tensoroperatoren (siehe unten), also können wir davon ausgehen

O

$\mathcal{O}$ ist spurlos, und dies behebt die Begriffe enthalten

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ in Bezug auf den ersten Term (insbesondere ist der spurlose Teil aller Terme außer dem ersten null). Aber der erste Term ist symmetrisch in seinen Indizes, was das zeigt

a

$a$ muss der symmetrische spurlose Tensorindex sein

a = μ_{1} \dots μ_{ℓ}

$a=\mu_1\ldots \mu_\ell$ . Daher

O

$\mathcal{O}$ muss notwendigerweise ein symmetrischer spurloser Tensor sein. Außerdem stellen wir fest, dass wenn

ϕ_{1} = ϕ_{2}

$\phi_1=\phi_2$ dann sollte das Matrixelement unter unveränderlich sein

x \to - x

$x\to -x$ . Das sehen wir dann erst eben

ℓ

$\ell$ sind in diesem Fall erlaubt.

Wenn wir einen Tensoroperator haben $\mathcal{O}^{\mu_1\ldots \mu_\ell}$ , kann er immer als Summe spurloser symmetrischer Tensoroperatoren geschrieben werden. Hier ist zum Beispiel die Zerlegung für den symmetrischen Spin-3-Tensor

Ö^{μ_{1} μ_{2} μ_{3}} = Ö_{3}^{μ_{1} μ_{2} μ_{3}} + \frac{1}{D + 2} (G^{μ_{1} μ_{2}} Ö_{1}^{μ_{3}} + G^{μ_{2} μ_{3}} Ö_{1}^{μ_{1}} + G^{μ_{3} μ_{1}} Ö_{1}^{μ_{2}}),

$\mathcal{O}^{\mu_1\mu_2\mu_3}=\mathcal{O}^{\mu_1\mu_2\mu_3}_3+\frac{1}{d+2}(g^{\mu_1\mu_2}\mathcal{O}_1^{\mu_3}+g^{\mu_2\mu_3}\mathcal{O}_1^{\mu_1}+g^{\mu_3\mu_1}\mathcal{O}_1^{\mu_2}),$ Wo

O_{1}^{μ} = O_{ν}^{ν μ}

$\mathcal{O}_1^\mu=\mathcal{O}_\nu{}^{\nu\mu}$ , Und

O_{3}

$\mathcal{O}_3$ spurlos und im Wesentlichen durch diese Gleichung definiert. Eine solche Zerlegung geschieht, weil symmetrische Tensoren keine irreduziblen Darstellungen von sind

S O (d)

$SO(d)$ , und stattdessen bestehen sie aus spurlosen symmetrischen Tensoren, die irreduzibel sind. (Beachten Sie, dass für allgemeine symmetrische Spin-

ℓ

$\ell$ es wird Operatoren mit Drehungen geben

ℓ, ℓ - 2, ℓ - 4, \dots

$\ell,\ell-2,\ell-4,\ldots$ auf der rechten Seite.) In diesem Beispiel

O_{3}

$\mathcal{O}_3$ ist die "spurlose Projektion" von

O

$\mathcal{O}$ . Spurlose Projektion eines beliebigen Tensors proportional zu

g^{μ ν}

$g^{\mu\nu}$ ist Null.

Im Allgemeinen ist die Frage, welche Operatoren in einem OPE von zwei Operatoren auftreten können, äquivalent zu der Frage, welche Dreipunktfunktionen ungleich Null sein können. Für die allgemeine Klassifizierung der letzteren werde ich schamlos auf meine Arbeit verweisen .

Danke! Sie machen jedoch einen kleinen Sprung, wenn Sie zum allgemeinsten Ausdruck gehen. Warum können wir keine Derivate haben, die auf die wirken $x$ 'S?
@Kvothe, du hast Recht, dass ich dort einen Sprung gemacht habe (jetzt behoben), aber es hat nichts mit den Derivaten zu tun, von denen du sprichst. Der Ausdruck auf der rechten Seite ist eine konkrete Funktion, wenn sie also Ableitungen hätte, könnten Sie sie einfach berechnen. Zum Beispiel, $\partial_\mu f(|x|)\propto x_\mu f'(|x|)/|x|^2$ , die die gleiche Form hat.

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