Warum betrachten wir nicht den "allgemeinsten" Spin 1 Lagrange, sondern nur einen Spezialfall?

Question

Warum betrachten wir nicht den "allgemeinsten" Spin 1 Lagrange, sondern nur einen Spezialfall?

jak

Die allgemeinste Lorentz-Invariante, renormierbare Lagrange-Funktion für ein Spin-1-Feld $A_\mu$ liest

L_{Proca} = C_{1} \partial^{μ} A^{v} \partial_{μ} A_{v} + C_{2} \partial^{μ} A^{v} \partial_{v} A_{μ} + C_{3} A^{μ} A_{μ} + C_{4} \partial^{μ} A_{μ} .

$\begin{equation}\mathscr{L}_{\text{Proca}}= C_1 \partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu + C_2 \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu + C_3 A^\mu A_\mu + C_4 \partial^\mu A_\mu.\end{equation}$

In den Lehrbüchern taucht dieser Lagrangian jedoch nur als ganz besonderer Fall auf

L_{Proca} = \frac{1}{2} (\partial^{μ} A^{v} \partial_{μ} A_{v} - \partial^{μ} A^{v} \partial_{v} A_{μ}) + M^{2} A^{μ} A_{μ} .

$\begin{equation}\mathscr{L}_{\text{Proca}}= \frac{1}{2}(\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu ) + m^2 A^\mu A_\mu .\end{equation}$

Warum ist der Begriff linear in $A_\mu$ normalerweise vernachlässigt, dh warum ist $C_4=0$ normalerweise gewählt? Was würde sich ändern $C_4 \neq 0$ ?
Was würde schiefgehen oder was würde sich ändern, wenn wir den ganz speziellen Fall nicht berücksichtigen würden $C_2/C_1=-\frac{1}{2}$ ?

gj255

Einige Kommentare: 1) Beachten Sie, dass die

C_{4}

$C_4$ Der Term geht nicht in die Bewegungsgleichungen ein - er ist eine totale Ableitung -, also ist er auf klassischer Ebene irrelevant. 2) In dem Wissen, dass dieser Lagrange-Operator eine Quantenfeldtheorie beschreiben soll, müssen wir uns Gedanken über die Anzahl der darin enthaltenen Freiheitsgrade machen. Wählen

C_{1}

$C_1$ Und

C_{2}

$C_2$ entsprechend können wir arrangieren

\partial_{μ} A^{μ} = 0

$\partial_\mu A^\mu = 0$ auf der Schale; dies ist wichtig, da ein Spin-1-Teilchen höchstens drei Freiheitsgrade hat. Weitere Informationen finden Sie in Abschnitt 8.2 von Schwartz (QFT und das Standardmodell).

AccidentalFourierTransform

@ gj255 welp, das sieht definitiv nach einer Antwort für mich aus. Erwägen Sie, es irgendwann im Antwortbereich zu veröffentlichen.

rauben

@ gj255 Ich stimme auch zu, dass Ihr Beitrag eher einer Antwort als einem Kommentar gleicht.

Antworten (2)

Warum betrachten wir nicht den "allgemeinsten" Spin 1 Lagrange, sondern nur einen Spezialfall?

Einige Kommentare: 1) Beachten Sie, dass die $C_4$ Der Term geht nicht in die Bewegungsgleichungen ein - er ist eine totale Ableitung -, also ist er auf klassischer Ebene irrelevant. 2) In dem Wissen, dass dieser Lagrange-Operator eine Quantenfeldtheorie beschreiben soll, müssen wir uns Gedanken über die Anzahl der darin enthaltenen Freiheitsgrade machen. Wählen $C_1$ Und $C_2$ entsprechend können wir arrangieren $\partial_\mu A^\mu = 0$ auf der Schale; dies ist wichtig, da ein Spin-1-Teilchen höchstens drei Freiheitsgrade hat. Weitere Informationen finden Sie in Abschnitt 8.2 von Schwartz (QFT und das Standardmodell).
@ gj255 welp, das sieht definitiv nach einer Antwort für mich aus. Erwägen Sie, es irgendwann im Antwortbereich zu veröffentlichen.
@ gj255 Ich stimme auch zu, dass Ihr Beitrag eher einer Antwort als einem Kommentar gleicht.

Leere · Answer 1

Die Bewegungsgleichungen (und damit die freien Teilchenzustände) ändern sich nicht, wenn wir der Lagrange-Funktion einen Term hinzufügen, der die Form einer totalen Divergenz eines Vektors hat $\partial_\mu W^\mu$ . Bedenke die $C_2$ Term und schreibe ihn bis auf Divergenzen um als:

\partial^{μ} A^{v} \partial_{v} A_{μ} = \partial^{μ} (A^{v} \partial_{v} A_{μ}) - A^{v} \partial^{μ} \partial_{v} A_{μ} = \partial^{μ} (A^{v} \partial_{v} A_{μ}) - \partial_{v} (A^{v} \partial^{μ} A_{μ}) - (\partial_{μ} A^{μ})^{2}

$\partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu = \partial^\mu(A^\nu \partial_\nu A_\mu) - A^\nu \partial^\mu \partial_\nu A_\mu = \partial^\mu(A^\nu \partial_\nu A_\mu) - \partial_\nu(A^\nu \partial^\mu A_\mu) - (\partial_\mu A^\mu)^2$ Wir können jetzt die Mengen in Ihrer Lagrange-Funktion neu definieren als

ϵ = S ich G N (C_{1}), η = S ich G N (C_{3}), ξ = \frac{| C_{1} |}{C_{1} + C_{2}}, M^{2} = | \frac{C_{4}}{C_{1}} |, v_{μ} = 2 \sqrt{| C_{1} |} A_{μ}, F_{μ v} = v_{μ, v} - v_{v, μ}

$\epsilon = sign (C_1), \, \eta = sign(C_3), \xi = \frac{|C_1|}{C_1 + C_2}, m^2 = |\frac{C_4}{C_1}|, V_\mu = 2 \sqrt{|C_1|} A_\mu, F_{\mu\nu} = V_{\mu,\nu} - V_{\nu,\mu}$ erhalten

L_{P R Ö C A} = - \frac{1}{4} ϵ F^{μ v} F_{μ v} + \frac{M^{2}}{2} η v^{μ} v_{μ} - \frac{1}{2 ξ} (\partial^{μ} v_{μ})^{2}

$\mathcal{L}_\mathrm{Proca} = -\frac{1}{4}\epsilon F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} + \frac{m^2}{2} \eta V^\mu V_\mu - \frac{1}{2 \xi} (\partial^\mu V_\mu)^2$ Als Übung können Sie die Bewegungsgleichungen dieser Lagrangefunktion berechnen und die linearen Gleichungen in eine transversale Lösung zerlegen

V_{T}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{T}$ was hat

\partial_{μ} V^{μ} = 0

$\partial_\mu V^\mu = 0$ , und Längsschnittlösungen

V_{L}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{L}$ die eine Divergenz ungleich Null haben, und Sie erhalten separate Bewegungsgleichungen in der Form

(◻ + M^{2}) v_{T}^{μ} = 0

$(\Box + m^2) V^\mu_\mathrm{T} = 0$

(◻ + η ξ M^{2}) v_{L}^{μ} = 0

$(\Box + \eta \xi m^2) V^\mu_\mathrm{L} = 0$ Dh die transversalen Lösungen sind ein Proca-Massenfeld

m

$m$ . Weitere Analysen zeigen Ihnen das

V_{L}^{μ}

$V^\mu_\mathrm{L}$ ist in der Tat ein Spin-0-Massenfeld

\sqrt{η ξ} m

$\sqrt{\eta \xi} m$ ,

V_{L}^{μ} \sim \partial^{μ} ϕ

$V^\mu_\mathrm{L} \sim \partial^\mu \phi$ . Dies erklärt auch, warum wir den Begriff Proca-Kinetik so schreiben

\sim F^{μ ν} F_{μ ν}

$\sim F^{\mu\nu} F_{\mu\nu}$ , weil es nur transversale Kinetik und enthält

F_{L}^{μ ν} \sim \partial_{μ} \partial_{ν} ϕ - \partial_{ν} \partial_{μ} ϕ = 0

$F^{\mu\nu}_\mathrm{L} \sim \partial_\mu \partial_\nu \phi - \partial_\nu \partial_\mu \phi = 0$ .

Das Limit $\xi \to \infty$ macht diesen skalaren Modus unendlich schwer und damit inaktiv, aber in einigen Ansätzen zur Quantisierung des Proca-Felds, $\xi$ bleibt endlich, kanonische Quantisierung wird ausgeführt, und erst danach nimmt man die $\xi \to \infty$ Grenze.

Bist du dir sicher $V_L^\mu \sim \partial^\mu \phi$ ? Ich frage, weil sein kinetischer Begriff im Lagrange zu sein scheint $4^{\mathrm{th}}$ Ordnung, die aufgrund einer Reihe von Sätzen, die sich auf die Positivität des Hamilton-Operators beziehen, als unphysikalisch angesehen wird.
Im Moment bin ich mir nicht ganz sicher, wie ich den obigen Lagrange als Summe des kanonischen Proca-Lagrange und eines Lagrange des Skalarfelds schreiben soll. Aber die Aussage, deren ich mir sicher bin und die leicht zu überprüfen ist, lautet: die allgemeine Lösung für $V^\mu$ kann geschrieben werden als $V^\mu = V^\mu_\mathrm{T} + \partial^\mu \phi$ Wo $V^\mu_\mathrm{T}$ wäre die "übliche" allgemeine transversale Lösung der Proca-Feldgleichungen und $\phi$ ist die allgemeine Lösung der skalaren Feldgleichung mit Masse $\sqrt{\eta \xi}m$ .
Der Term mit C2 ist eine totale Divergenz, führt aber zu einer anderen Bewegungsgleichung. Mit C1=1 und C2=C3=C4=0 erhält man die Wellengleichung, mit C1=-C2=1 und C3=C4=0 erhält man die Maxwell-Gleichungen - die sich übrigens bei Anwendung der Lorentz-Bedingung auf die Wellengleichung reduzieren.
@my2cts Nein, es ist keine totale Divergenz, siehe die erste Zeile, das ist es $-(\partial_\mu A^\mu)^2$ plus Begriffe, die eine Abweichung darstellen. Dem Rest Ihrer Aussagen stimme ich zu.

Matthias Krisztian · Answer 2

Ich neige dazu zu glauben, dass die Frage falsch ist. Können Sie überprüfen?

Da Sie vor dem Massenterm einen Faktor 1/2 haben, haben Sie es mit dem komplexen Fall des Feldes zu tun.

Wie könnten Sie also in diesem Fall einen Faktor 1/2 vor dem kinematischen Term haben?

Außerdem scheint Ihr Zeichen in die falsche Richtung zu gehen.

Haben Sie wirklich ein Buch gesehen, das Ihre Formel enthielt? Kannst du die Referenz angeben?

Nachfolgend finden Sie meine Demonstration, dass ein Problem vorliegt.

Siehst du ein Problem in meiner Ableitung? (Ich gehe von der Formel von Wikipedia aus)

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jak

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Sean E. Lake

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Matthias Krisztian

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