Induziert eine elektromagnetische Eichtransformation eine U(1)U(1)U(1)-Transformation auf dem Feld?

Question

Induziert eine elektromagnetische Eichtransformation eine U(1)U(1)U(1)-Transformation auf dem Feld?

schrulligquark

Für den Skalar-Lagrangian des freien Komplexes gilt:

L = \partial_{μ} ϕ \partial^{μ} ϕ^{†} - M^{2} ϕ ϕ^{†}

$\mathscr{L}=\partial_\mu \phi\partial^\mu\phi^{\dagger}-m^2 \phi \phi^{\dagger}$ wenn wir wollen, dass es unter einer Transformation der Form invariant ist

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ wir können einen Operator einführen

D_{μ} = \partial_{μ} - ich Q \partial_{μ} (a (X))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ Dies würde die Lagrange-Invariante unter den genannten machen

U (1)

$U(1)$ Transformation. Wenn wir ein freies elektromagnetisches Feld einführen, dann

L_{E M} = - \frac{1}{4} F^{μ v} F_{μ v}

$\mathscr{L}_{EM}=-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$ ist selbst invariant unter der elektromagnetischen Eichtransformation

A_{μ} \to A_{μ} + \partial_{μ} Λ

$A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ . Warum beinhalten dann die Definitionen der kovarianten Ableitung den elektromagnetischen Eichfaktor als

D_{μ} = \partial_{μ} + ich Q A_{μ}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ Ich meine, induziert die elektromagnetische Eichtransformation das

U (1)

$U(1)$ komplexe skalare Feldmesstransformation in irgendeiner Weise? Sind

α (x)

$\alpha(x)$ Und

Λ

$\Lambda$ irgendwie verbunden oder können wir sie als zwei getrennte Transformationen für freie Felder anwenden? Erzwingt die Einbeziehung von Interaktionstermen eine Verbindung zwischen den beiden scheinbar unterschiedlichen Eichtransformationen?

Nihar Karve

Was ist "

D_{μ} = \partial_{μ} - i q \partial_{μ} (α (x))

$D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " tun soll?

schrulligquark

@NiharKarve Es soll den Lagrange halten

L

$\mathscr{L}$ invariant unter der Transformation

ϕ \to e^{i q α (x)} ϕ

$\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ;

ϕ^{†} \to e^{- i q α (x)} ϕ^{†}

$\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . Insbesondere der erste Term beinhaltet die Ableitungen des Feldes.

Antworten (5)

Induziert eine elektromagnetische Eichtransformation eine U(1)U(1)U(1)-Transformation auf dem Feld?

Was ist " $D_\mu=\partial_\mu-iq\partial_\mu(\alpha(x))$ " tun soll?
@NiharKarve Es soll den Lagrange halten $\mathscr{L}$ invariant unter der Transformation $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ . Insbesondere der erste Term beinhaltet die Ableitungen des Feldes.

Löslicher Fisch · Answer 1

Wie von @Nihbar Karve in den Kommentaren hervorgehoben, die Formel $D_\mu = \partial_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ macht keinen Sinn, da $\alpha$ erscheint nur, wenn Sie die Transformation durchführen.

Ausgehend von der anfänglichen Lagrange-Funktion sehen wir, dass der kinetische Term nicht eichinvariant ist. Wir wollen ein neues Derivat einführen $D_\mu$ was eichinvariant sein könnte. Seit $\partial_\mu$ Und $D_\mu$ Ableitungen sind (die Leibniz-Regel erfüllen), können wir ableiten, dass sie sich nur um a unterscheiden $4$ -Vektor $A_\mu$ , dh :

D_{μ} = \partial_{μ} + ich Q A_{μ}

$D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu$

(bei dem die $i\alpha$ ist willkürlich, ändert aber viel).

Für $D_\mu$ Um eichinvariant zu sein, müssen wir es transformieren als:

D_{μ} ⟶ D_{μ} - ich Q \partial_{μ} a

$D_\mu \longrightarrow D_\mu - iq\partial_\mu \alpha$ Dies ist der Fall, wenn und nur wenn

A_{μ}

$A_\mu$ verwandelt sich als:

A_{μ} ⟶ A_{μ} - \partial_{μ} a

$A_\mu\longrightarrow A_\mu - \partial_\mu\alpha$

Welchen Lagrangian wählen wir dann für das Eichfeld $A_\mu$ ist an dieser Stelle allerdings willkürlich $\mathcal L_{EM}$ ist die einfachste nicht-triviale.

Gold · Answer 2

Zuerst müssen wir klären, was wir mit „induzieren“ meinen. Die Felder $A_\mu$ Und $\phi$ sind eigenständige Felder. In diesem Sinne gibt es keine Möglichkeit, sich zu transformieren $A_\mu$ verwandelt sich automatisch $\phi$ als Nebenprodukt. Wenn Sie in diesem Sinne nach dem „Induzieren der Transformation“ fragen, wäre die Antwort nein. Aber wenn wir „induzieren“ so verstehen, dass die Transformation gegeben ist von $A_\mu$ oder $\phi$ Wir können herausfinden, wie sich der andere transformieren muss, um die Aktion invariant zu halten, dann wäre die Antwort ja, und es gibt zwei komplementäre Standpunkte.

Normalerweise beginnt man mit der freien Skalarwirkung, beobachtet, dass sie unter unveränderlich ist $\phi\mapsto e^{iq\alpha}\phi$ Wenn $\alpha$ konstant ist und wann $\partial_\mu\alpha\neq0$ es ist nicht mehr unveränderlich. Was Sie beobachten, ist, dass der ganze Punkt die Ableitung ist. Wenn Sie einen neuen Ableitungsoperator erstellen können $D_\mu$ so dass $D_\mu \phi\mapsto e^{iq\alpha} D_\mu \phi$ sogar wenn $\alpha$ nicht konstant ist, die gleichen Argumente für die Konstante $\alpha$ Fall würde Sie zur Invarianz unter der lokalen Symmetrie führen.

Dann schreibst du solche $D_\mu$ in Bezug auf ein neues Feld $A_\mu$ und wenn man sich die Transformation der Aktion ansieht, raten Sie mal, wie $A_\mu$ transformieren muss, um Ihnen die gewünschte Eigenschaft zu geben $D_\mu$ . Später führen Sie einen kinetischen Begriff für die ein $A_\mu$ Feld, das offensichtlich die Symmetrie nicht brechen kann, für die Sie so lange gearbeitet haben. Angesichts der Transformation von $A_\mu$ Der einfachste kinetische Term ist der Maxwell-Term.

Das ist die Begründung jenseits dieser üblichen Geschichte von "wir wollen die Symmetrie lokal machen". Wenn überhaupt, könnte man sagen, dass die Transformation von $\phi$ "induziert" das von $A_\mu$ wobei wir mit "induziert" meinen sollten, dass es sagt, wie $A_\mu$ transformieren sollte, wenn wir wollen, dass die Aktion invariant ist.

Eine ergänzende Sichtweise wird von Weinberg in „The Quantum Theory of Fields“ vorgeschlagen. Normalerweise wollen wir Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren relativistischer Teilchen auf relativistischen Feldern codieren, um leicht Wechselwirkungen unter Beachtung der Lorentz-Symmetrie zu konstruieren. Wenn Sie jedoch versuchen, die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren von Photonen in ein Vektorfeld zu codieren $A_\mu$ Wir finden, dass es nicht funktioniert. Das Feld $A_\mu$ transformiert sich nicht korrekt als Vektorfeld. Vielmehr transformiert es sich als Vektorfeld bis hin zu einer Eichtransformation .

Die Lösung besteht darin, zu fordern, dass die Aktion invariant ist unter $A_\mu \mapsto A_\mu + \partial_\mu \alpha$ damit für alle zwecke $A_\mu$ als Vektor transformiert. Die nächste Frage wäre nach den Wechselwirkungen. Weinberg argumentiert, dass die Wechselwirkungen der Form entsprechen müssen $A_\mu J^\mu$ Wo $\partial_\mu J^\mu=0$ . Dann erinnert er sich, wie man solche bekommt $J^\mu$ , und das wäre durch die Betrachtung von Materiefeldern, deren Wirkung die zeigt ${\rm U}(1)$ Symmetrie. In diesem Szenario könnte man sagen, dass die Transformation von $A_\mu$ , die durch die Untersuchung der Einbettung von Photonen in Vektorfelder auftauchten, induzieren die ${\rm U}(1)$ Transformation der Materiefelder.

schrulligquark · Answer 3

Aus der Antwort von @SolubleFish und der Diskussion mit @NiharKarve bin ich zu folgender Schlussfolgerung zu meiner Frage gekommen. Erstens macht die von mir vorgeschlagene Definition der kovarianten Ableitung keinen Sinn, da wir in der Definition eine beliebige Funktion verwenden $\alpha(x)$ die ich von der Eichtransformation auf das komplexe Skalarfeld übernehme und daher nicht in der Definition der kovarianten Ableitung verwendet werden kann, wie von @SolubleFish gezeigt.

Schließlich, gemäß der gegebenen Definition,

D_{μ} = \partial_{μ} + ich Q A_{μ}

$\mathcal{D}_\mu=\partial_{\mu} +iqA_\mu$ Es können drei Fälle auftreten:

Wir führen eine Eichtransformation ein $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ , wirkt der Ableitungsterm als
$D_{μ} (e^{ich Q a (X)} ϕ) = e^{ich Q a (X)} [\partial_{μ} ϕ + ich Q ϕ (\partial_{μ} a (X) + A_{μ})]$ $\mathcal{D}_\mu(e^{iq\alpha(x)}\phi)=e^{iq\alpha(x)}[\partial_\mu \phi+iq\phi(\partial_\mu \alpha(x)+A_\mu)]$ Dies ist gleich $e^{iq\alpha(x)}\mathcal{D_\mu}\phi$ unter der Prämisse, dass wir die absorbieren $\partial_\mu\alpha(x)$ Faktor als Eichtransformation von $A_\mu$ . Auf diese Weise, um die gesamte Lagrange-Funktion ( $\mathscr{L+L}_{EM}$ ) unveränderlich.
Unter einer Eichtransformation des Vektorpotentials $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , wissen wir, dass der elektromagnetische Term invariant wäre. Der kovariante Ableitungsterm wird
$D_{μ} ϕ = \partial_{μ} ϕ + ich Q A_{μ} ϕ + ich Q \partial_{μ} Λ ϕ$ $\mathcal{D_\mu}\phi=\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi$ Beide Seiten multiplizieren mit $e^{iq\Lambda(x)}$ , wir bekommen $e^{ich Q Λ (X)} D_{μ} ϕ = e^{ich Q Λ (X)} [\partial_{μ} ϕ + ich Q A_{μ} ϕ + ich Q \partial_{μ} Λ ϕ] = D_{μ} (e^{ich Q Λ (X)} ϕ)$ $e^{iq\Lambda(x)}\mathcal{D_\mu}\phi=e^{iq\Lambda(x)}[\partial_\mu \phi+iqA_\mu \phi+iq\partial_\mu\Lambda \phi]=\mathcal{D_\mu(e^{iq\Lambda(x)}\phi)}$ Um die Invarianz der vollständigen Lagrangian aufrechtzuerhalten, zwingt uns daher die Eichtransformation des Vektorpotentials, eine Änderung am komplexen Skalarfeld über a vorzunehmen $U(1)$ Eichfaktor.
Wenn wir beide Eichtransformationen durchführen, $\phi\rightarrow e^{iq\alpha(x)}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq\alpha(x)}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu \Lambda$ , um die Invarianz des vollständigen Lagranges aufrechtzuerhalten, müssen wir die Änderung des komplexen Skalarfelds in das Vektorpotential und umgekehrt absorbieren, was zur totalen Eichtransformation führt $\phi\rightarrow e^{iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi$ ; $\phi^\dagger\rightarrow e^{-iq(\alpha(x)+\Lambda(x))}\phi^\dagger$ ; $A_\mu\rightarrow A_\mu+\partial_\mu (\Lambda+\alpha)$ .

Wladimir Kalitwjanski · Answer 4

Ja, $\alpha(x)$ Und $\Lambda$ verbunden sind, weil das elektromagnetische Feld nur Sinn macht, wenn es auf Ladungen wirkt.

Libertarian Feudalist Bot · Answer 5

Der Lagrange-Operator einer skalaren QED ist gegeben durch

\begin{aligned} L & = - \frac{1}{4} F_{μ v} F^{μ v} + (D_{μ} ϕ)^{*} (D^{μ} ϕ) - M^{2} | ϕ |^{2} \\ (1) & = \frac{1}{2} (| E |^{2} - | B |^{2}) + (D_{μ} ϕ)^{*} (D^{μ} ϕ) - M^{2} | ϕ |^{2} \end{aligned}

$\begin{align} \mathcal{L}&=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \\ &=\frac{1}{2}(|\mathbf{E}|^{2}-|\mathbf{B}|^{2})+(D_{\mu}\phi)^{\ast}(D^{\mu}\phi)-m^{2}|\phi|^{2} \tag{1} \end{align}$

wo die Konvention $D_{\mu}\phi=\partial_{\mu}\phi-iA_{\mu}\phi$ wird eingesetzt. Die Bewegungsgleichungen lauten:

\begin{matrix} (2) & D_{μ} D^{μ} ϕ + M^{2} ϕ = 0 A N D \partial_{μ} F^{μ v} = J^{v}, \end{matrix}

$D_{\mu}D^{\mu}\phi+m^{2}\phi=0\quad\mathrm{and}\quad\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=j^{\nu} \tag{2},$

Wo $J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right].$

Global $U(1)$ -Symmetrie :

Unter der Verwandlung

ϕ (X) \to e^{ich Λ} ϕ (X), ϕ (X)^{*} \to ϕ (X)^{*} e^{- ich Λ}

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda}\phi(x),\quad\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda}$

die Aktion (1) ist invariant. Der mit diesem Globalen verbundene Noetherstrom $U(1)$ -Symmetrie ist gegeben durch

\begin{matrix} (3) & J^{μ} = ich [(D^{μ} ϕ)^{*} ϕ - ϕ^{*} (D^{μ} ϕ)], \end{matrix}

$J^{\mu}=i\left[(D^{\mu}\phi)^{\ast}\phi-\phi^{\ast}(D^{\mu}\phi)\right], \tag{3}$

die auf der Schale konserviert ist.

Lokal $U(1)$ -Eicheninvarianz :

Die Lagrange-Dichte (1) ist unter unveränderlich

ϕ (X) \to e^{ich Λ (X)} ϕ (X), Ö R δ ϕ (X) = ich ϕ (X) δ Λ (X)

$\phi(x)\rightarrow e^{i\Lambda(x)}\phi(x),\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)=i\phi(x)\delta\Lambda(x)$

ϕ (X)^{*} \to ϕ (X)^{*} e^{- ich Λ (X)} Ö R δ ϕ (X)^{*} = - ich ϕ (X)^{*} δ Λ (X)

$\phi(x)^{\ast}\rightarrow\phi(x)^{\ast}e^{-i\Lambda(x)}\quad\mathrm{or}\quad\delta\phi(x)^{\ast}=-i\phi(x)^{\ast}\delta\Lambda(x)$

A^{μ} (X) \to A^{μ} (X) + \partial^{μ} Λ (X) Ö R δ A^{μ} (X) = \partial^{μ} δ Λ (X)

$A^{\mu}(x)\rightarrow A^{\mu}(x)+\partial^{\mu}\Lambda(x)\quad\mathrm{or}\quad\delta A^{\mu}(x)=\partial^{\mu}\delta\Lambda(x)$

Es ist klar, dass der Noetherstrom $J^{\mu}$ in (3) ist ebenfalls eichinvariant, und daher entspricht seine erhaltene Ladung einer physikalischen Observablen.

Hamiltonscher Formalismus :

Im Bereich der reinen elektromagnetischen Felder findet man das Eichpotential $A^{0}$ erscheint nicht in der Lagrange-Dichte. Als Formalismus zweiter Ordnung ist seine Lagrange-Funktion also singulär. Das kanonische Momentum von $A^{i}$ wird von gegeben

Π^{ich} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{A}}_{ich}} = - {\dot{A}}^{ich} + \partial^{ich} A^{0} = E^{ich} .

$\Pi^{i}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{A}_{i}}=-\dot{A}^{i}+\partial^{i}A^{0}=E^{i}.$

Um die Lorentz-Invarianz zu manifestieren, kann man im Moment die naive "Poisson-Klammer" auf dem erweiterten (unphysikalischen) Phasenraum als definieren

\begin{matrix} (4.a) & {F (T), G (T)}_{P B} = \int D S \int D^{3} X {\frac{δ F (T)}{δ A^{μ} (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ Π_{μ} (S, X)} - \frac{δ F (T)}{δ Π_{μ} (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ A^{μ} (S, X)}}, \end{matrix}

$\left\{F(t),G(t)\right\}_{PB}=\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi_{\mu}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta A^{\mu}(s,\mathbf{x})}\right\}, \tag{4.a}$

wo man das beachten sollte $A^{0}(\mathbf{x})$ Und $\Pi_{0}(\mathbf{x})$ sind unphysikalische Freiheitsgrade, die am Ende auf Null gesetzt werden sollten.

Dann ist der Hamiltonoperator für das reine elektromagnetische Feld

\begin{aligned} H_{e M} & = \int D^{3} X (Π^{ich} {\dot{A}}_{ich} - L_{e M}) \\ = \int D^{3} X (Π_{ich} (\partial^{0} A^{ich} - \partial^{ich} A^{0}) + Π_{ich} \partial^{ich} A^{0} - L_{e M}) \\ = \int D^{3} X (- Π_{ich} E^{ich} + \partial_{ich} (Π^{ich} A^{0}) - A^{0} \partial_{ich} Π^{ich} - L_{e M}) \\ = \int D^{3} X (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} \nabla \cdot Π) . \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{em}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{i}\dot{A}_{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi_{i}(\partial^{0}A^{i}-\partial^{i}A^{0})+\Pi_{i}\partial^{i}A^{0}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(-\Pi_{i}E^{i}+\partial_{i}(\Pi^{i}A^{0})-A^{0}\partial_{i}\Pi^{i}-\mathcal{L}_{\mathrm{em}}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}\nabla\cdot\mathbf{\Pi}\right). \end{align}$

Im skalaren Bereich liegen die kanonischen Impulse

Π = \frac{\partial L}{\partial \dot{ϕ}} = (D_{0} ϕ)^{*} A N D Π^{*} = \frac{\partial L}{\partial {\dot{ϕ}}^{*}} = D_{0} ϕ .

$\Pi=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}=(D_{0}\phi)^{\ast}\quad\mathrm{and}\quad\Pi^{\ast}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}^{\ast}}=D_{0}\phi.$

Die Poisson-Klammer ist definiert als

\begin{matrix} (4.b) & {F (T), G (T)}_{P B} = \int D S \int D^{3} X {\frac{δ F (T)}{δ ϕ (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ Π (S, X)} - \frac{δ F (T)}{δ Π (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ ϕ (S, X)}} + \int D S \int D^{3} X {\frac{δ F (T)}{δ ϕ^{*} (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ Π^{*} (S, X)} - \frac{δ F (T)}{δ Π^{*} (S, X)} \frac{δ G (T)}{δ ϕ^{*} (S, X)}} . \end{matrix}

$\begin{equation} \left\{F(t),G(t)\right\}_{PB} \\ =\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi(s,\mathbf{x})}\right\} \\ +\int ds\int d^{3}\mathbf{x}\left\{\frac{\delta F(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}-\frac{\delta F(t)}{\delta\Pi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\frac{\delta G(t)}{\delta\phi^{\ast}(s,\mathbf{x})}\right\}. \tag{4.b} \end{equation}$

Dann ist der Skalar-Hamilton-Operator gegeben durch

\begin{aligned} H_{S C A l A R} & = \int D^{3} X (Π \dot{ϕ} + {\dot{ϕ}}^{*} Π^{*} - L) \\ = \int D^{3} X ((D_{0} ϕ)^{*} \dot{ϕ} + {\dot{ϕ}}^{*} (D_{0} ϕ) - (D_{0} ϕ)^{*} (D_{0} ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) + M^{2} | ϕ |^{2}) \\ = \int D^{3} X (Π^{*} Π + A_{0} ρ + (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) + M^{2} | ϕ |^{2}), \end{aligned}

$\begin{align} H_{\mathrm{scalar}}&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}\Pi^{\ast}-\mathcal{L}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left((D_{0}\phi)^{\ast}\dot{\phi}+\dot{\phi}^{\ast}(D_{0}\phi)-(D_{0}\phi)^{\ast}(D_{0}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right) \\ &=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+A_{0}\rho+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)+m^{2}|\phi|^{2}\right), \end{align}$

Wo $\rho=J^{0}=i(\Pi\phi-\phi^{\ast}\Pi^{\ast})$ , Und $(\mathbf{D}\phi)_{k}=D_{k}\phi$ .

Andererseits hat man

\begin{aligned} (D ϕ)^{*} \cdot (D ϕ) = (\nabla ϕ^{*} + ich A ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) = (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ - ich A ϕ) \\ = \frac{1}{2} [(\nabla ϕ^{*} + ich A ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ - ich A ϕ)] \\ = \frac{1}{2} [(\nabla ϕ^{*}) \cdot (D ϕ) + (D ϕ)^{*} \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot J] \\ = (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + \frac{ich}{2} A \cdot [ϕ^{*} (\nabla ϕ) - (\nabla ϕ^{*}) ϕ] + \frac{1}{2} A \cdot J \\ = (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot J - | A |^{2} | ϕ |^{2}, \end{aligned}

$\begin{align} &\,\,\,\,\,\,\,(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)=(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi) \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast}+i\mathbf{A}\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi-i\mathbf{A}\phi)\right] \\ &=\frac{1}{2}\left[(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\mathbf{D}\phi)+(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right] \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\frac{i}{2}\mathbf{A}\cdot\left[\phi^{\ast}(\nabla\phi)-(\nabla\phi^{\ast})\phi\right]+\frac{1}{2}\mathbf{A}\cdot\mathbf{J} \\ &=(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}-|\mathbf{A}|^{2}|\phi|^{2}, \end{align}$

Wo $\mathbf{J}=i\left[\phi^{\ast}(\mathbf{D}\phi)-(\mathbf{D}\phi)^{\ast}\phi\right]$ .

Daher liegt der Hamiltonoperator im Skalarsektor

H_{S C A l A R} = \int D^{3} X (Π^{*} Π + (M^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A_{0} ρ + A \cdot J),

$H_{\mathrm{scalar}}=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\Pi^{\ast}\Pi+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+A_{0}\rho+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

deren Eichinvarianz leicht verifiziert werden kann.

Der gesamte Hamiltonoperator der skalaren QED ist also gegeben durch

\begin{matrix} (5) & H = H_{e M} + H_{S C A l A R} \end{matrix}

$H=H_{\mathrm{em}}+H_{\mathrm{scalar}} \tag{5}$

= \int D^{3} X (\frac{1}{2} | Π |^{2} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} (\nabla \cdot Π - ρ) + | Π |^{2} + (M^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot J),

$=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}|\mathbf{\Pi}|^{2}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\nabla\cdot\mathbf{\Pi}-\rho)+|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right),$

was eichinvariant ist. Nun können wir den unphysikalischen Freiheitsgrad einführen $\Pi^{0}$ weil es ohnehin auf null gesetzt ist. Dann kann man (5) schreiben als

\begin{aligned} H & = \int D^{3} X (\frac{1}{2} Π_{μ} Π^{μ} + \frac{1}{2} | \nabla \times A |^{2} - A^{0} (\partial_{μ} Π^{μ} - ρ)) \\ + \int D^{3} X (| Π |^{2} + (M^{2} - | A |^{2}) | ϕ |^{2} + (\nabla ϕ^{*}) \cdot (\nabla ϕ) + A \cdot J) . \end{aligned}

$\begin{align} H&=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\frac{1}{2}\Pi_{\mu}\Pi^{\mu}+\frac{1}{2}|\nabla\times\mathbf{A}|^{2}-A^{0}(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}-\rho)\right) \\ &+\int d^{3}\mathbf{x}\left(|\Pi|^{2}+(m^{2}-|\mathbf{A}|^{2})|\phi|^{2}+(\nabla\phi^{\ast})\cdot(\nabla\phi)+\mathbf{A}\cdot\mathbf{J}\right). \end{align}$

Anspruch : Die $U(1)$ -Eichinvarianz wird durch die folgende Funktion erzeugt:
$G [ϵ] (T) = \int D^{3} X (\partial_{μ} Π^{μ} (T, X) - ρ (T, X)) ϵ (T, X) .$ $\mathcal{G}[\epsilon](t)=\int d^{3}\mathbf{x}\left(\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(t,\mathbf{x})-\rho(t,\mathbf{x})\right)\epsilon(t,\mathbf{x}).$

In der Tat erhält man mit der Poisson-Klammer (4) die grundlegende kanonische Beziehung

\begin{matrix} (6) & {A_{μ} (X), Π_{v} (j)}_{P B} = - G_{μ v} δ (X - j) A N D {ϕ (X), Π (j)}_{P B} = - δ (X - j) . \end{matrix}

$\left\{A_{\mu}(\mathbf{x}),\Pi_{\nu}(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-g_{\mu\nu}\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})\quad\mathrm{and}\quad\left\{\phi(\mathbf{x}),\Pi(\mathbf{y})\right\}_{PB}=-\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y}). \tag{6}$

Beachten Sie, dass die obige Poisson-Klammer tatsächlich schlecht definiert ist, da sie mit der Gauß-Einschränkung nicht kompatibel ist $\partial_{\mu}\Pi^{\mu}(\mathbf{x})-\rho(\mathbf{x})=0$ von Variation in Bezug auf $A^{0}$ , und da $\Pi_{0}=0$ , es ist unmöglich zu befriedigen. Das liegt aber gerade daran, dass wir vom „erweiterten“ Phasenraum ausgegangen sind, der aufgrund der Eichredundanzen unphysikalische Freiheitsgrade enthält. Tatsächlich dürfen die Beschränkungsgleichungen nicht in die Poisson-Klammern eingesetzt werden. Sie können erst nach Berechnung der Poisson-Klammer auferlegt werden. Dann projizieren diese Beschränkungen das Ergebnis auf den reduzierten (physikalischen) Phasenraum.

Unter Verwendung der Beziehung (6) ist das leicht zu sehen

\begin{aligned} δ_{G} A_{μ} (j) = {A_{μ} (j), G [ϵ]}_{P B} = \partial_{μ} ϵ (j) \\ δ_{G} Π_{μ} (j) = {Π_{μ} (j), G [ϵ]}_{P B} = 0 \\ δ_{G} ϕ (j) = {ϕ (j), G [ϵ]}_{P B} = ich ϵ (j) ϕ (j) \\ δ_{G} Π (j) = {Π (j), G [ϵ]}_{P B} = ich ϵ (j) Π (j) \end{aligned}

$\begin{align} &\delta_{\mathcal{G}}A_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{A_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=\partial_{\mu}\epsilon(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi_{\mu}(\mathbf{y})=\left\{\Pi_{\mu}(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=0 \\ &\delta_{\mathcal{G}}\phi(\mathbf{y})=\left\{\phi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\phi(\mathbf{y}) \\ &\delta_{\mathcal{G}}\Pi(\mathbf{y})=\left\{\Pi(\mathbf{y}),\mathcal{G}[\epsilon]\right\}_{PB}=i\epsilon(\mathbf{y})\Pi(\mathbf{y}) \end{align}$

die in der Tat infinitesimale Eichtransformationen im "vergrößerten" Phasenraum sind.

Die Antwort auf Ihre Frage lautet also Ja. Der Generator $\mathcal{G}[\epsilon]$ erzeugt gleichzeitig Eichtransformationen auf beiden Eichfeldern und den Skalarfeldern.

FORTGESETZT WERDEN

Induziert eine elektromagnetische Eichtransformation eine U(1)U(1)U(1)-Transformation auf dem Feld?

schrulligquark

Nihar Karve

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Wladimir Kalitwjanski

Libertarian Feudalist Bot

Ändert die Einführung eines Eichfelds in die komplexe Skalarfeldtheorie Lagrangian ihre Dynamik?

Kovarianz in Eichtheorien: Warum sollte die Lagrange-Funktion eichinvariant sein?

Wechselwirkung für QED mit geladenen Skalarteilchen

Was ist die genaue Beziehung zwischen einer nicht invertierbaren hessischen Matrix für die Lagrange-Funktion und dem Vorhandensein einer Eichsymmetrie?

Gibt es eine gute Idee, woher nicht-abelsche Eichsymmetrien kommen?

Ist diese Theorie gleichbedeutend mit QED?

Können wir die Dirac-Darstellung zu einer Eichtheorie machen?

Eichinvarianz des Yang-Mills-Lagrangian

Ladung in Skalar-QED nicht erhalten? [Duplikat]

Was ist eine Eichtheorie?