Spontane Symmetriebrechung durch zwei skalare Multipletts

Nein, Ihr "Folgen" ist nicht korrekt. Sie haben eine SB-Lagrange-Invariante unter O(N)×O(N) (⊂ O(2N) ) geschrieben, mit Ausnahme des λ- Terms, der stattdessen nur unter seiner diagonalen Untergruppe O(N) invariant ist.

Die N φ s und die N ε s passen in 2 N - Vektor,$(\vec{\phi},\vec{\epsilon})$, also beginnt die Symmetrie als O ( 2N) , aber der g- Term ist nur invariant unter seiner Untergruppe O( N )×O(N). λ Begriff, der sie zusammenzieht: Denken Sie an Synchronschwimmen. Der λ- Term ist also invariant unter O(N) , nicht O(N)×O(N) .

Um Verwirrung vorzubeugen, wählen Sie N = 3, also sechs echte Skalarfelder. Zeige den O(6) -invarianten Teil, den der g- Term auf O(3)×O(3) beschränkt , und schließlich den λ- Term auf O(3) . Sehen Sie sich jetzt das weitere eingebaute SSB an – dies ist ein beliebtes Problem, das ich manchmal zuordne.

Der Schlüssel liegt immer in der 2N×2N Goldstone-Massenmatrix $\langle \delta_i \delta_j V \rangle$und insbesondere sein Kern , der aus den Null-Eigenvektoren besteht.

Vereinfachen Sie nun die Algebra durch Definieren

$$\frac{-2m^2}{g} \equiv v^2 ,$$ so dass die positive Gesamtskala des Potentials, g /8, sicher fallen gelassen werden kann. Weiteres Verschieben des Potentials um die harmlosen konstanten Terme, um es in eine Summe von Quadraten umzuwandeln, erhalten $$V=(\vec{\phi}^2 - v^2)^2+(\vec{\epsilon}^2 -v^2)^2+ \frac{4\lambda}{g} (\vec{\phi}\cdot\vec{\epsilon})^2.$$

Es ist offensichtlich, dass dies für λ = 0 die zwei Standard-Goldstone-Hyper-Sombrero-Potentiale sind, die überlagert sind, sodass ihre Minima bei liegen$\langle \vec{\phi}^2 \rangle= \langle \vec{\epsilon}^2 \rangle= v^2$.

Natürlich,$\langle \vec{\phi} \rangle$kann eine beliebige Ausrichtung am unteren Rand seiner Sombrero-Hyperfläche auswählen und$\langle \vec{\epsilon} \rangle$ein beliebiger, überhaupt anderer, für sich; also ist die Gruppe SSBreaked down to O(N-1)×O(N-1) . Ihre 2N×2N Goldstone-Massenmatrix hat 2(N-1) Nullvektoren, also Goldstones. Für N = 3 erhältst du 4 Goldsteine.

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Für λ ≠0 ist die Symmetrie aber wie gesagt nur O(N) .

Für λ > 0 ergibt sich daraus die Potentialsumme positiver Quadrate

$$\langle \vec{\phi}^2 \rangle=v^2;\qquad \langle \vec{\epsilon}^2 \rangle=v^2; \qquad\langle \vec{\phi} \cdot \vec{\epsilon}\rangle =0~.$$ Das heißt, die Vakuumorientierungen von $\vec{\phi}$Und $\vec{\epsilon}$muss orthogonal sein. Wlog, nimm $\langle \phi_1 \rangle=v =\langle \epsilon_2 \rangle$. Die überlebende Invarianz ist dann nur O(N-2) und die Goldstones 2N-3 , also 3 für N =3 – können Sie das in Ihrer Goldstone-Matrix sehen? (Hinweis: Nur bestätigen $\phi_1, \epsilon_2$ Und $\phi_2+\epsilon_1$sind massiv, für alle N .)

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Der Plot verdickt sich für 0 > λ > - g /2. Nun ist der λ- Term gezwungen zu wachsen , nicht zu schrumpfen, und da die Größen gleich sind (durch die anderen Terme diktiert), drückt er darauf, sich auszurichten$\langle \vec{\phi} \rangle$mit$\langle \vec{\epsilon} \rangle$, also dann,$\langle \vec{\phi} \rangle=\langle \vec{\epsilon} \rangle$.

Betrachten Sie insbesondere die erste Variante, die Sie anscheinend zunächst behindert hat (denken Sie daran, dass Stationarität für jede Komponente der Felder erforderlich ist, nicht nur für die Größen ihrer Gruppenvektoren!).

$$\langle \frac{\delta V}{\delta\vec{\phi}} \rangle = \langle \frac{\delta V}{\delta\vec{\epsilon}} \rangle =0,$$ und somit $$0=-v^2\vec{\phi}+(\vec{\phi}\cdot\vec{\phi})\vec{\phi} +\frac{2\lambda}{g} (\vec{\phi}\cdot\vec{\epsilon})\vec{\epsilon} \\ 0=-v^2\vec{\epsilon}+(\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon})\vec{\epsilon}+ \frac{2\lambda}{g} (\vec{\epsilon}\cdot \vec{\phi})\vec{\phi}.$$ Das ist offensichtlich $\vec{\epsilon}\propto \vec{\phi}$, also definiere $\vec{\epsilon}\equiv a \vec{\phi}$für echtes Nichtverschwinden a . Die extremisierenden Bedingungen reduzieren sich dann auf gerade $$v^2=\langle \vec{\phi}\cdot \vec{\phi} \rangle \left(1+ \frac{2\lambda}{g} a^2\right); \qquad v^2=\langle \vec{\phi}\cdot \vec{\phi} \rangle \left(a^2+ \frac{2\lambda}{g}\right),$$ also dann, $a^2=1$, unter Hinweis auf den Zustand $\frac{2\lambda}{g}+1>0$.

Nehmen Sie a = 1, perfekte Ausrichtung von$\langle \vec{\phi} \rangle$mit$\langle \vec{\epsilon} \rangle$, Und$\langle \vec{\phi}^2 \rangle=\langle \vec{\epsilon}^2 \rangle=v^2/(1+2\lambda/g)$. Sie haben dann eine ununterbrochene Restuntergruppe O(N-1) , also nur noch N-1 Goldstons, 2 für N = 3. Beobachten Sie, wie die vevs mit abnehmendem negativem λ unbegrenzt zunehmen .

Angesichts dieser Ausrichtung könnten Sie zum Potential zurückkehren und beobachten, wie λ <-g /2 jenseits des Blassen die Terme in den Sombrero-Potentialen überwältigen und sie umdrehen, sie destabilisieren und so neben anderen Katastrophen SSB verhindern würde.