Die konforme Feldtheorie hat keine... konforme Symmetrie?

Dieser Beitrag ist ungefähr 1+1d. Es wird oft gesagt, dass die konforme Feldtheorie eine unendlichdimensionale Symmetrie hat, die von der Virasoro-Algebra erzeugt wird:

[ L N , L M ] = ( N − M ) L N + M + C 12 N ( N 2 − 1 ) δ N + M , 0 .
(Ähnlich für den antiholomorphen Zweig mit Generatoren L ¯ N .)

Aber (zumindest in der radialen Quantisierung) ist der Hamilton-Operator H = L 0 + L ¯ 0 . Dies pendelt offensichtlich nicht mit den oben genannten Generatoren, da [ L N , L 0 ] = N L N .

Mit anderen Worten, es scheint, dass die Virasoro-Algebra als „Spektrum-erzeugende Algebra“ fungiert (seit L N bildet Eigenräume von ab H zu Eigenräumen von H ), eher als eine Symmetrie? Verstehe ich etwas falsch?

Hallo Ruben, ich denke das ist physikalisch sinnvoll, da das L N sind Formverformungen des Kreises (z. B. L_2 ist eine elliptische Verformung) und ändern daher die Energiedichte. Auf den Hilbertraum können nur Raumzeitsymmetrien einwirken, die den räumlichen Schnitt erhalten. Boosts wirken also auch nicht auf das Hilbert-Feld!
@RyanThorngren Hallo Ryan! Danke für den Kommentar. Was meinst du mit "wirkt nicht auf den Hilbert-Raum"? Immerhin L N haben eine wohldefinierte Aktion auf dem Hilbert-Raum, richtig? (Tatsächlich verwenden wir sie, um unser Spektrum zu konstruieren.)
@RyanThorngren, warte was? Meinen Sie damit, dass Sie verschiedene Hilbert-Räume für verschiedene Slices haben und Boosts Sie zwischen diesen hin- und herbefördern? Wenn ja, denke ich, sollte man sagen, dass die Lorenz-Invarianz bedeutet, dass es einen separaten Isomorphismus zwischen all diesen Räumen gibt, und durch Zusammensetzung können Sie eine Aktion von Boost-Generatoren in einem festen Hilbert-Raum definieren.

Antworten (1)

Die Virasoro-Algebra ist eine echte Symmetrie der Theorie, in dem Sinne, dass die Wirkung einer konformen Feldtheorie konform invariant ist, falls sie existiert, und in dem Sinne, dass die Algebra-Elemente Lösungen auf die Bewegungsgleichungen abbilden (quantenmäßig: Eigenzustände der Hamiltonian) zu Lösungen der Bewegungsgleichungen.

Allerdings kommutieren die Generatoren tatsächlich nicht mit dem Hamiltonoperator, weil sie zeitabhängigen Transformationen entsprechen. [ Q , H ] = 0 ist nur die Bedingung für eine Symmetrie, wenn die Symmetrie die Zeitkoordinate nicht transformiert - die Aussage für einen zeitabhängigen klassischen Symmetriegenerator ist [ Q , H ] + ∂ T Q = 0 .

Beachten Sie, dass die klassische infinitesimale Symmetrie die L N entsprechen ist z ↦ z + ϵ z N + 1 , und da z ist eine Mischung aus Zeit- und Raumkoordinaten, dem Generator L N = z N + 1 ∂ z ist explizit zeitabhängig und man kann nicht erwarten, dass die Quantengeneratoren mit dem Hamiltonoperator kommutieren.

Genauso verhält es sich in einer viel weniger verwirrenden Theorie: Die Lorentz-Boost-Generatoren, deren klassischer Ausdruck T ∂ X ich − X ich ∂ T auch explizit zeitabhängig ist, pendelt auch nicht mit der nullten Impulskomponente - dem Hamiltonoperator!

+1 gut geschrieben! Ich habe eine kurze Diskussion (aus allgemeiner Sicht, die sich nicht auf die Virasoro-Algebra bezieht) zu diesem Punkt in das Vorlesungsskript einer meiner Vorlesungen des letzten Semesters eingefügt www.science.unitn.it/%7Emoretti/MFQM.pdf ab S. 238 weiter.
Schöne Antwort, danke! Macht viel Sinn. Dies sollte auch eine Antwort auf die Frage geben, ob der Grundzustand einer CFT spontan die konforme Symmetrie bricht oder nicht (dies wurde von Maldacena und Stanford behauptet: physical.stackexchange.com/questions/302026/… ). Ihr Argument impliziert: Das System bricht es nicht spontan, sondern es kann gesagt werden, dass jede Wahl der Zeitscheibe die Symmetrie verbirgt.
@RubenVerresen In der Tat. Der Standardbegriff der "spontanen Symmetriebrechung" macht nur Sinn für zeitunabhängige Symmetrien.
@RubenVerresen Der Grundzustand einer CFT ist unter der Virasoro-Symmetrie nicht unveränderlich. Daher wird die Virasoro-Symmetrie spontan gebrochen. Wenn das Vakuum unveränderlich wäre, hätte man es notwendigerweise getan C = 0 und außerdem wäre die Theorie topologisch.
Auch diese Antwort ist zu klassisch. In der Quantentheorie kann jeder unitäre Operator (oder infinitesimal hermitescher Operator) als Symmetrie bezeichnet werden. Es ist in Ordnung, dass Symmetrien nicht miteinander pendeln (so dass Sie eine nicht-abelsche Symmetriegruppe haben). Natürlich gibt es tonnenweise uninteressante unitäre Operatoren; Das Kriterium dafür, ob sie interessant sind, ist die Einfachheit ihrer Wirkung auf lokale Operatoren und andere natürliche Objekte (eine solche Einfachheit ermöglicht es Ihnen, sie zu verwenden, um Dinge einzuschränken).
Für eine Diskussion spontaner Symmetriebrechungen, die nicht mit pendeln H siehe arxiv.org/abs/hep-th/0110285 .
@PeterKravchuk Die Vorstellung, dass eine "Symmetrie" ein einheitlicher Operator ist, ist einfach eine andere Definition dessen, was eine Symmetrie ist, und diese Verwendung erscheint zB in Wigners Theorem. Aber z. B. ist die "Symmetrie" in "Symmetriebrechen" nicht dieser Begriff der Symmetrie (das von Ihnen verlinkte Papier ist gut - sie sprechen explizit über Raumzeitsymmetrien und verwenden auch nicht Ihren Begriff der Symmetrie).
@PeterKravchuk Danke fürs Mitmachen! "Der Grundzustand einer CFT ist unter der Virasoro-Symmetrie nicht invariant. Daher wird die Virasoro-Symmetrie spontan gebrochen." Normalerweise würde ich zustimmen, aber es ist der Grundzustand eines Hamilton-Operators H = L 0 + L ¯ 0 und dieser Hamiltonoperator selbst pendelt nicht mit L N . Wenn der Hamiltonoperator die Symmetrie nicht hat, sollten wir doch nicht erwarten, dass der Grundzustand sie hat, oder? Anders gesagt, es scheint einfach, dass die Tatsache, dass der Hilbert-Raum eine bestimmte Zeitscheibe bevorzugt, der Grund dafür ist, dass die Symmetrie gebrochen zu sein scheint, richtig?
@ACuriousMind, "Symmetriebruch" bezieht sich auf die eigenen Erwartungen an ein System, die davon abhängen, wen Sie fragen. In jedem Fall diskutiert der Grund, warum ich das Papier verlinkt habe, das spontane Brechen von zB konformer Symmetrie, die nicht mit Übersetzungen pendelt.
@RubenVerresen. In einer relativistischen QFT pendeln Boosts nicht mit Hamiltonian, aber das Vakuum ist unter allen Poincare-Symmetrien invariant.
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