Konstruieren der Ward-Identität im Zusammenhang mit konservierten Strömungen

Question

Konstruieren der Ward-Identität im Zusammenhang mit konservierten Strömungen

Physik
Stationsidentität
Noethers-Theorem
Quantenfeldtheorie
Korrelationsfunktionen
Stress-Energie-Impuls-Tensor

CAF

Erwägen Sie, die mit der Lorentz-Invarianz verbundene Ward-Identität zu konstruieren. Es ist möglich, einen Tensor 3. Stufe zu finden $B^{\rho \mu \nu}$ antisymmetrisch in den ersten beiden Indizes, dann kann der Spannungs-Energie-Tensor symmetrisch gemacht werden. Sobald dies erledigt ist, hat der aus der klassischen Analyse stammende konservierte Strom die Form

J^{μ v ρ} = T_{B}^{μ v} X^{ρ} - T_{B}^{μ ρ} X^{v}

$j^{\mu \nu \rho} = T_B^{\mu \nu}x^{\rho} - T_B^{\mu \rho}x^{\nu}$

Dies stellt die Symmetrie des erhaltenen Stroms sicher, was am einfachsten unter Berufung auf das Erhaltungsgesetz zu sehen ist

\partial_{μ} J^{μ v ρ} = 0

$\partial_{\mu}j^{\mu \nu \rho} = 0$ Und

\partial_{μ} T_{B}^{μ v} = \partial_{μ} (T_{C}^{μ v} + \partial_{ρ} B^{ρ μ v}) = 0.

$\partial_{\mu}T_B^{\mu \nu} =\partial_{\mu} (T^{\mu \nu}_C + \partial_{\rho}B^{\rho \mu \nu}) = 0.$

Lassen $X$ bezeichnen eine Menge von $n$ Felder. Die mit der Lorentz-Invarianz verbundene Ward-Identität ist dann

\begin{matrix} (1) & \partial_{μ} ⟨ (T^{μ} X^{ρ} - T^{μ ρ} X^{v}) X ⟩ = \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) [X_{ich}^{v} \partial_{ich}^{ρ} - X_{ich}^{ρ} \partial_{ich}^{v} ⟨ X ⟩ - ich S_{ich}^{v ρ} ⟨ X ⟩] . \end{matrix}

$\partial_{\mu} \langle (T^{\mu}x^{\rho} - T^{\mu \rho}x^{\nu})X\rangle = \sum_i \delta(x-x_i)\left[ x^{\nu}_i \partial^{\rho}_i - x^{\rho}_i\partial^{\nu}_i\langle X \rangle - iS^{\nu \rho}_i \langle X \rangle\right].\tag{1}$

Das ist dann gleich

⟨ (T^{ρ v} - T^{v ρ}) X ⟩ = - ich \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) S_{ich}^{v ρ} ⟨ X ⟩,

$\langle (T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = -i\sum_i \delta (x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle,$

was besagt, dass der Spannungstensor innerhalb der Korrelationsfunktionen symmetrisch ist, außer an der Position der anderen Felder des Korrelators.

Meine Frage ist: Wie wird diese letzte Gleichung und Aussage hergeleitet?

Ich denke, die mit der Übersetzungsinvarianz verbundene Ward-Identität wird verwendet, nachdem vielleicht (1) so aufgeteilt wurde:

\sum_{ich}^{N} X_{ich}^{v} \sum_{ich}^{N} δ (X - X_{ich}) \partial_{ich}^{ρ} ⟨ X ⟩ - \sum_{ich}^{N} X_{ich}^{ρ} \sum_{ich}^{N} δ (X - X_{ich}) \partial_{ich}^{v} ⟨ X ⟩ - ich \sum_{ich}^{N} δ (X - X_{ich}) S_{ich}^{v ρ} ⟨ X ⟩

$\sum_i^n x^{\nu}_i \sum_i^n \delta(x-x_i)\partial^{\rho}_i \langle X \rangle - \sum_i^n x^{\rho}_i \sum_i^n \delta(x-x_i)\partial^{\nu}_i \langle X \rangle - i\sum_i^n\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ und dann ersetzen

\partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩ = - \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) \frac{\partial}{\partial X_{ich}^{ρ}} ⟨ X ⟩

$\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X \rangle = -\sum_i \delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$

Zum Beispiel. Das Ergebnis, das ich bekomme, ist das

⟨ ((\partial_{μ} T^{μ v}) X^{ρ} - (\partial_{μ} T^{μ ρ}) X^{v} + T^{ρ v} - T^{v ρ}) X ⟩ = \sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ + \sum_{ich} X_{ich}^{ρ} \partial_{μ} ⟨ T^{μ v} X ⟩ - ich \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) S_{ich}^{v ρ} ⟨ X ⟩

$\langle ((\partial_{\mu}T^{\mu \nu})x^{\rho} - (\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} + T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = \sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle + \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ Um das gewünschte Ergebnis zu erhalten, bedeutet dies, dass z

\sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ = ⟨ (\partial_{μ} T^{μ ρ}) X^{v} X ⟩,

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \rho}X \rangle = \langle(\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} X \rangle,$ aber warum ist das so? In Bezug auf die Aussage am Ende, meinen sie das, wenn die Position im Raum ist

x

$x$ zufällig mit einem der Punkte zusammenfällt, wo das Feld

Φ_{i} \in X

$\Phi_i \in X$ nimmt den Wert an

x_{i}

$x_i$ (So

x = x_{i}

$x = x_i$ ) dann geht die rechte gegen unendlich und die gleichung ist dann unsinnig?

ACuriousMind

Ein paar Schreibfehler:

\partial_{i}^{μ}

$\partial_i^\mu$ soll bezeichnen

\partial^{μ}

$\partial^\mu$ wrt

x_{i}

$x_i$ , also das Argument des i-ten Feldes in

X

$X$ , Rechts? Und was ist

S_{i}^{μ ρ}

$S^{\mu\rho}_i$ ? Auch einfach so

\partial_{μ} T_{ρ}^{μ}

$\partial_\mu T^\mu_\rho$ klassisch verschwindet, bedeutet dies nicht, dass

\partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩

$\partial_\mu\langle T^\mu_\rho X\rangle$ verschwindet quantenhaft - das ist genau das, was Ihnen die Ward-Identitäten sagen.

CAF

Ja.

S_{i}^{ν ρ}

$S^{\nu \rho}_i$ ist der Spinoperator für das i-te Feld. Danke, dass Sie das geklärt haben, aber ich bin mir jetzt nicht sicher, was die Stornierung der ersten beiden Bedingungen zulässt. Danke ACuriousMind!

ACuriousMind

Sie haben alles, was Sie brauchen, wenden Sie einfach die Produktregel auf die linke Seite von an

(1)

$(1)$ und verwenden Sie Ihren Ersatz aus der letzten Gl.

ACuriousMind

Nun, Sie können sie später immer noch löschen. Ich bin mir nicht sicher, wo Ihr Problem jetzt liegt: Produktregel auf der linken Seite von

(1)

$(1)$ und machen Sie auf der rechten Seite die "Aufteilung", die Sie in Ihrem OP gemacht haben. Verwenden Sie dann den Ersatz aus der letzten Gl. in Ihrem OP und kündigen Sie die Bedingungen auf beiden Seiten. Übrig bleibt die Gl. du wolltest zeigen.

CAF

Ich sehe, wie die lhs erhalten wird. Für die rechten habe ich

\sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ - \sum_{ich} X_{ich}^{ρ} \partial_{μ} ⟨ T^{μ v} X ⟩ - ich \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) S^{v ρ} ⟨ X ⟩

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho} X\rangle - \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i \delta(x-x_i)S^{\nu \rho}\langle X \rangle$

ACuriousMind

Ja, und die ersten beiden Terme sind genau zwei der vier Terme, die Sie durch die Produktregel auf der linken Seite erhalten, also heben sie sich auf, und Sie sind fertig. (Wenn sie für Sie nicht ganz gleich aussehen, denken Sie ein wenig darüber nach, und wenn Sie es nicht sehen, sollten Sie das wahrscheinlich in einer anderen Frage stellen oder diese bearbeiten, um dies widerzuspiegeln. )

CAF

Ich verstehe, das war wohl die ganze Zeit meine Frage. Ich habe die Frage bearbeitet, um das klarer zu machen. Danke

CAF

Hatten Sie Anmerkungen zu meiner Frage?

ACuriousMind

Ich habe das Gefühl , dass ich weiß, wie ich es lösen kann, aber wenn ich das Argument eintippe, ist es nur schwach (und wahrscheinlich falsch). Seien Sie versichert, dass ich darüber nachdenke, aber ich kann nichts versprechen ;)

CAF

Verzeihung! Ich wollte es dir nicht aufzwingen, ich hatte nur den Eindruck, dass du es wusstest. Ich denke, die Felder

ϕ_{i}

$\phi_i$ können als stochastische oder zufällige Variablen behandelt werden und so vielleicht

x^{ρ}

$x^{\rho}$ kann außerhalb des genommen werden

⟨ . . ⟩

$\langle .. \rangle$ . Aber das bedeutet dann, dass ich es brauchen würde

\sum_{i} x_{i}^{ρ} = x^{ρ}

$\sum_i x^{\rho}_i = x^{\rho}$ , was meiner Meinung nach nicht stimmt. (Die Summe aller Positionen, an denen die Felder ausgewertet werden, macht nicht den gesamten Raum aus).

CAF

Hallo ACuriousMind, ich habe vergessen zu fragen, ob Sie irgendwelche Kommentare zu dem anderen Teil meiner Frage hier hatten, der mit der physischen Interpretation der RHS der Stationsidentitäten zu tun hatte. Warum ist es wann

x \neq x_{i}

$x \neq x_i$ , erholen wir uns die klassischen Ergebnisse? Und was wäre die physikalische Erklärung der Divergenz wann

x

$x$ fällt zusammen mit

x_{i}

$x_i$ ? Vielen Dank.

Mastok

Ihre letzte Gleichung in Ihrer Frage ist nicht wahr. Allerdings wann

δ (x - x_{i})

$\delta(x-x_i)$ in die Summation auf der linken Seite hinzugefügt wird, wird es korrekt sein, da

δ (x - x_{i}) x_{i}^{μ} = δ (x - x_{i}) x^{μ}

$\delta(x-x_i)x_i^{\mu} =\delta(x-x_i)x^{\mu}$

Antworten (1)

Konstruieren der Ward-Identität im Zusammenhang mit konservierten Strömungen

Ein paar Schreibfehler: $\partial_i^\mu$ soll bezeichnen $\partial^\mu$ wrt $x_i$ , also das Argument des i-ten Feldes in $X$ , Rechts? Und was ist $S^{\mu\rho}_i$ ? Auch einfach so $\partial_\mu T^\mu_\rho$ klassisch verschwindet, bedeutet dies nicht, dass $\partial_\mu\langle T^\mu_\rho X\rangle$ verschwindet quantenhaft - das ist genau das, was Ihnen die Ward-Identitäten sagen.
Ja. $S^{\nu \rho}_i$ ist der Spinoperator für das i-te Feld. Danke, dass Sie das geklärt haben, aber ich bin mir jetzt nicht sicher, was die Stornierung der ersten beiden Bedingungen zulässt. Danke ACuriousMind!
Sie haben alles, was Sie brauchen, wenden Sie einfach die Produktregel auf die linke Seite von an $(1)$ und verwenden Sie Ihren Ersatz aus der letzten Gl.
Nun, Sie können sie später immer noch löschen. Ich bin mir nicht sicher, wo Ihr Problem jetzt liegt: Produktregel auf der linken Seite von $(1)$ und machen Sie auf der rechten Seite die "Aufteilung", die Sie in Ihrem OP gemacht haben. Verwenden Sie dann den Ersatz aus der letzten Gl. in Ihrem OP und kündigen Sie die Bedingungen auf beiden Seiten. Übrig bleibt die Gl. du wolltest zeigen.
Ich sehe, wie die lhs erhalten wird. Für die rechten habe ich $\sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ - \sum_{ich} X_{ich}^{ρ} \partial_{μ} ⟨ T^{μ v} X ⟩ - ich \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) S^{v ρ} ⟨ X ⟩$ $\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho} X\rangle - \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i \delta(x-x_i)S^{\nu \rho}\langle X \rangle$
Ja, und die ersten beiden Terme sind genau zwei der vier Terme, die Sie durch die Produktregel auf der linken Seite erhalten, also heben sie sich auf, und Sie sind fertig. (Wenn sie für Sie nicht ganz gleich aussehen, denken Sie ein wenig darüber nach, und wenn Sie es nicht sehen, sollten Sie das wahrscheinlich in einer anderen Frage stellen oder diese bearbeiten, um dies widerzuspiegeln. )
Ich verstehe, das war wohl die ganze Zeit meine Frage. Ich habe die Frage bearbeitet, um das klarer zu machen. Danke
Ich habe das Gefühl , dass ich weiß, wie ich es lösen kann, aber wenn ich das Argument eintippe, ist es nur schwach (und wahrscheinlich falsch). Seien Sie versichert, dass ich darüber nachdenke, aber ich kann nichts versprechen ;)
Verzeihung! Ich wollte es dir nicht aufzwingen, ich hatte nur den Eindruck, dass du es wusstest. Ich denke, die Felder $\phi_i$ können als stochastische oder zufällige Variablen behandelt werden und so vielleicht $x^{\rho}$ kann außerhalb des genommen werden $\langle .. \rangle$ . Aber das bedeutet dann, dass ich es brauchen würde $\sum_i x^{\rho}_i = x^{\rho}$ , was meiner Meinung nach nicht stimmt. (Die Summe aller Positionen, an denen die Felder ausgewertet werden, macht nicht den gesamten Raum aus).
Hallo ACuriousMind, ich habe vergessen zu fragen, ob Sie irgendwelche Kommentare zu dem anderen Teil meiner Frage hier hatten, der mit der physischen Interpretation der RHS der Stationsidentitäten zu tun hatte. Warum ist es wann $x \neq x_i$ , erholen wir uns die klassischen Ergebnisse? Und was wäre die physikalische Erklärung der Divergenz wann $x$ fällt zusammen mit $x_i$ ? Vielen Dank.
Ihre letzte Gleichung in Ihrer Frage ist nicht wahr. Allerdings wann $\delta(x-x_i)$ in die Summation auf der linken Seite hinzugefügt wird, wird es korrekt sein, da $\delta(x-x_i)x_i^{\mu} =\delta(x-x_i)x^{\mu}$

Nogueira · Answer 1

Dieser Schritt ist falsch:

⟨ ((\partial_{μ} T^{μ v}) X^{ρ} - (\partial_{μ} T^{μ ρ}) X^{v} + T^{ρ v} - T^{v ρ}) X ⟩ = \sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ + \sum_{ich} X_{ich}^{ρ} \partial_{μ} ⟨ T^{μ v} X ⟩ - ich \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) S_{ich}^{v ρ} ⟨ X ⟩

$\langle ((\partial_{\mu}T^{\mu \nu})x^{\rho} - (\partial_{\mu}T^{\mu \rho})x^{\nu} + T^{\rho \nu} - T^{\nu \rho})X \rangle = \sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle + \sum_i x^{\rho}_i \partial_{\mu} \langle T^{\mu \nu} X \rangle - i\sum_i\delta(x-x_i)S^{\nu \rho}_i\langle X \rangle$ Weil

\sum_{ich} X_{ich}^{v} \partial_{μ} ⟨ T^{μ ρ} X ⟩ \neq \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) X_{ich}^{v} \partial_{ich}^{ρ} ⟨ X ⟩,

$\sum_i x^{\nu}_i \partial_{\mu}\langle T^{\mu \rho}X \rangle\neq \sum_i \delta(x-x_i) x^{\nu}_i \partial_i^{\rho}\langle X \rangle ,$ und die Aufteilung ist auch falsch

\sum_{ich} δ (X - X_{ich}) X_{ich}^{v} \partial_{ich}^{ρ} ⟨ X ⟩ \neq \sum_{ich} X_{ich}^{v} \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) \partial_{ich}^{ρ} ⟨ X ⟩ .

$\sum_i \delta(x-x_i) x^{\nu}_i \partial_i^{\rho}\langle X \rangle \neq\sum_i x^{\nu}_i\sum_i \delta(x-x_i) \partial_i^{\rho}\langle X \rangle .$ Der richtige Weg, hier fortzufahren, ist zu beachten, dass die Verteilung

\partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩ = - \sum_{ich} δ (X - X_{ich}) \frac{\partial}{\partial X_{ich}^{ρ}} ⟨ X ⟩

$\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X \rangle = -\sum_i \delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ Einwirken auf eine Testfunktion

g (x)

$g(x)$ , wenn sie mit einer anderen Funktion zusammengesetzt sind

f (x)

$f (x)$ , gibt:

\int G (X) F (X) \partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩ = - \int G (X) \sum_{ich} F (X_{ich}) δ (X - X_{ich}) \frac{\partial}{\partial X_{ich}^{ρ}} ⟨ X ⟩

$\int g (x)f (x)\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X\rangle= - \int g (x)\sum_i f (x_i)\delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ im Sinne der Verteilung gilt die Gleichheit:

F (X) \partial_{μ} ⟨ T_{ρ}^{μ} X ⟩ = - \sum_{ich} F (X_{ich}) δ (X - X_{ich}) \frac{\partial}{\partial X_{ich}^{ρ}} ⟨ X ⟩

$f (x)\partial_{\mu}\langle T^{\mu}_{\,\,\,\rho}X\rangle=-\sum_i f (x_i)\delta (x-x_i)\frac{\partial}{\partial x^{\rho}_i} \langle X \rangle$ In deinem Fall die Funktion

f (x)

$f(x)$ das komponiert mit Ihnen Verteilung ist

x^{ρ}

$x^{\rho}$ Und

x^{ν}

$x^{\nu}$ . Beachten Sie, dass

x^{μ}

$x^{\mu}$ ist eine c-Zahl und kann aus dem Erwartungswert herausspringen. Nun, in Gl. 1, die Terme auf der linken Seite stammen von der Ableitung, die nur auf wirkt

⟨ T^{μ ν} X ⟩

$\langle T^{\mu\nu}X\rangle$ streicht die ersten beiden Terme auf der rechten Seite, da es sich um dieselbe Verteilung handelt .

Jetzt hast du das $\langle T^{\mu\nu}(x) X\rangle$ ist symmetrisch, wenn $X$ habe keine Felder bei $x$ . Dies impliziert, dass als Betreiber $T^{\mu\nu}$ ist symmetrisch.

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