Warum können Fermionen keinen Vakuumerwartungswert ungleich Null haben?

Question

Warum können Fermionen keinen Vakuumerwartungswert ungleich Null haben?

Vakuum
Physik
Fermionen
Grasmann-Nummern
Symmetriebruch
Quantenfeldtheorie

Paul

In der Quantenfeldtheorie kann der Skalar einen Vakuum-Erwartungswert (vev) ungleich Null annehmen. Und auf diese Weise brechen sie die Symmetrie der Lagrange-Funktion. Nun ist meine Frage, was passieren wird, wenn die Fermionen in der Theorie einen Vakuumerwartungswert ungleich Null annehmen? Was verbietet es Fermionen, vevs zu nehmen?

Antworten (3)

Warum können Fermionen keinen Vakuumerwartungswert ungleich Null haben?

frei · Answer 1

Warum können Fermionen keinen Vakuumerwartungswert (VEV) ungleich Null haben? Lorentz-Invarianz.

Wenn irgendetwas anderes als ein Lorentz-Skalar einen VEV ungleich Null hat, würde die Lorentz-Invarianz spontan gebrochen werden.

Angenommen, wir haben einen Lorentz-invarianten Term in einer Lagrange-Funktion für einen Vektor

L \supset m^{2} {EIN}_{μ} {EIN}^{μ} .

$\mathcal{L} \supset m^2 A_\mu A^\mu.$ Nehmen wir nun an, der Vektor erhält ein VEV,

A_{μ} \to v + A_{μ}

$A_\mu \to v + A_\mu$ ,

m^{2} {EIN}_{μ} {EIN}^{μ} \to m^{2} v {EIN}^{μ} + m^{2} v {EIN}_{μ} + m^{2} v^{2} + m^{2} {EIN}_{μ} {EIN}^{μ} .

$m^2 A_\mu A^\mu \to m^2 v A^\mu + m^2 vA_\mu + m^2v^2 + m^2 A_\mu A^\mu.$ Die ersten beiden sind eindeutig nicht Lorentz-invariant. Man kann identische Argumente für jeden nicht-skalaren Feldterm konstruieren. Wenn

ψ \to v + ψ

$\psi\to v+\psi$ , der VEV,

v

$v$ , hat nicht dieselben Lorentz-Transformationseigenschaften wie das Feld,

ψ

$\psi$ es sei denn

ψ

$\psi$ ist ein Skalar.

Hallo @innisfree, danke für deine Antwort. Aber es wäre sehr hilfreich, wenn Sie es etwas mathematischer erklären könnten?
Nehmen Sie das Fermionenfeld, um Spin 1/2 zu haben. Ein Spin 1/2 definiert eine Richtung im Raum, wobei die Richtung derart ist, dass der Spin 1/2 in Bezug auf diese Richtung "oben" ist. Wenn dieses Feld mit anderen Feldern interagiert, bricht dies die Rotationssymmetrie. Der einzige Spin, der auf diese Weise keine Vorzugsrichtung definiert, ist Spin 0, also ein Skalar.
Allerdings nehme ich an, dass es sehr spezielle Theorien geben könnte, in denen zB Vektoren immer als auftauchen $\partial_\mu A^\mu$ , wodurch ein VEV ermöglicht wird.
@innisfree: Ich glaube nicht, dass dies mit Lorentz-Invarianz zu tun hat, aber das ist eine allgemeine Tatsache über Grassmansche Felder, obwohl ich den Beweis nicht kenne ...
@innisfree: In jeder "ableitungsgekoppelten" Theorie kann man kein vev haben, oder? Da gibt es im Feldraum keinen besonderen Punkt.
@Paul: VEV = Vakuumerwartungswert also eine Eigenschaft des Vakuums. Wenn also irgendein Objekt in einer nichttrivialen Darstellung der Poincare-Algebra ein VEV aufnimmt, dann werden einige der Raumzeitsymmetrien spontan durch das Vakuum (Zustand) gebrochen. Dasselbe gilt für Schwankungen um das Vakuum herum. Das würde bedeuten, dass die entsprechenden Erhaltungsgrößen nicht wirklich erhalten bleiben. Und soweit wir sehen können, gelten die Energie-Impuls- und Drehimpulserhaltungen ziemlich perfekt für unser Universum.
@innisfree Sollten wir nicht nehmen $\langle\Omega|A_{\mu}|\Omega\rangle=v_{\mu}$ ? Es kann nicht gerecht sein $v$ . Der Lagrangian kann offensichtlich keinen Begriff wie enthalten $m^2 vA_{\mu}$ , es ist ein Vierervektor. Allerdings, wenn Sie bedenken $v_{\mu}$ , der von Ihnen geschriebene Ausdruck kann Lorentz-invariant geschrieben werden, und es würde kein Problem auftreten. Meine Frage ist eher allgemein. Was ist der VEV eines Spin- $s$ (ganzzahliges oder halbzahliges) Feld in einer allgemeinen Quantenfeldtheorie? Inwiefern kann man diese Frage beantworten?
Ich glaube, meine Notation ist nicht so toll. Ja, der Loretnz-Index von A wird mit einem Index on kontrahiert $v$ , also sollte ich vielleicht schreiben $v_\mu$ aber der Punkt ist das $v$ verwandelt sich nicht wie ein $v_\mu$ .
genauso wie $<h> = (0, v)$ transformiert sich nicht wie ein SU(2)-Dublett

Adam · Answer 2

Adam

Ich denke, es ist eine allgemeine Tatsache über das Grasmannsche Feld, und dies hat nichts mit Lorentz-Invarianz oder anderen Symmetrien zu tun (Sie können viele QFTs ohne diese Art von Symmetrie erfinden, aber der VEV eines fermionischen Operators wird immer Null sein (in das Fehlen von Quellen)).

In einer funktional integralen Formulierung der VEV eines Grasmannschen Feldes $\psi$ wird geschrieben als

⟨ ψ ⟩ = \int D ψ D \bar{ψ} ψ e^{- S},

$\langle \psi \rangle= \int D\psi D\bar\psi\, \psi \,e^{-S},$ wobei die Wirkung S bosonisch ist (beinhaltet Produkte sogar Produkte von

ψ

$\psi$ und

\bar{ψ}

$\bar\psi$ ). Daher, es sei denn, es gibt Quellterme der Form

\bar{η} ψ

$\bar\eta\psi$ in der Aktion das Integral über die

ψ e^{- S}

$\psi e^{-S}$ wird Null ergeben, da wir über eine ungerade Anzahl von Grasmannschen Feldern integrieren (wenn die Exponentialfunktion erweitert wird).

frei

Kann man nicht ähnliche Argumente für ein skalares vev anführen

< ϕ >= 0

$<\phi>=0$ ? Es sollte Null sein, weshalb wir um den homogenen Nicht-Null-Teil im Higgs-Mechanismus expandieren

frei

Jedes Feld, das linear in Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren ist, ergibt ein vev von Null

Adam

@innisfree: Nicht unbedingt. Wenn die Aktion nicht symmetrisch ist (sagen wir zu

ϕ \to - ϕ

$\phi\to-\phi$ , wo

ϕ

$\phi$ bosonisch ist), dann können Sie haben

⟨ ϕ ⟩ \neq 0

$\langle\phi\rangle\neq 0$ . Beim Erstellungsoperator ist dies nicht der Fall, wenn Sie eine Quelle angeben

J

$J$ , berechnen

⟨ {\hat{a}}^{†} ⟩

$\langle\hat a^\dagger\rangle$ bei endlicher Quelle und let

J \to 0

$J\to0$ (und wenn es eine Entartung zwischen zwei Zuständen mit einem Unterschied von einem Teilchen gibt). Für Fermionen finden Sie das immer als

η \to 0

$\eta\to0$ , dann

⟨ ψ ⟩ \to 0

$\langle\psi\rangle\to0$ .

ZweiBs

@Adam Ich denke, deine Argumentation ist falsch. Denken Sie an das bosonische Beispiel, das innisfree mit the erwähnt hat

Z_{2}

$Z_2$ Symmetrie

ϕ \to - ϕ

$\phi\rightarrow-\phi$ , mit Ihrer Argumentation würden Sie darauf schließen

⟨ ϕ ⟩ = 0

$\langle\phi\rangle=0$ was als spontane Symmetriebrechung falsch ist

Z_{2}

$Z_2$ kann tatsächlich passieren. Ihr Fehler besteht einfach darin, die Quellen J für das Fermion auf Null zu setzen, aber wenn es zu einem spontanen Symmetriebruch kommt, hängt das Ergebnis davon ab, wie Sie die Grenze nehmen, da die Aktion in J nicht analytisch ist. Außerdem habe ich in meiner Antwort eine bereitgestellt explizites schwach gekoppeltes Beispiel, das Lorentz bricht

Adam

@TwoBs: SSB wird nichts ändern, da bereits für explizites Symmetriebrechen (für ein Kondensat

\bar{ψ} ψ

$\bar\psi\psi$ ) gibt Ihnen keine Endlichkeit

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ , weil Grassman-Variablen sich völlig von bosonischen Variablen unterscheiden. Anders ausgedrückt: Ich fordere Sie auf, eine sprechende Referenz zu finden

⟨ ψ ⟩ \neq 0

$\langle\psi\rangle\neq 0$ (ohne lineare Quellen).

ZweiBs

@Adam Ich habe dasselbe Argument für die Bosonik ausgeführt

Z_{2}

$Z_2$ Beispiel, wo es fehlschlägt. Sind Sie damit einverstanden? Wenn ja, warum sollte ich Ihrem Argument für das fermionische Beispiel glauben? Außerdem habe ich bereits ein schwach gekoppeltes Beispiel gegeben, wo

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ entstehen ohne Quelle. Ganz zu schweigen von der Kontinuumsgrenze eines Gitters mit an jeder Seite fixiertem Spin, die ein Modell für die spontane Symmetriebrechung von Rotationen liefert, bei der eine endliche Magnetisierung auch ohne Quellen induziert wird.

Adam

@TwoBs: Natürlich funktioniert dein Argument für Bosonen, nie anders gesagt. Ihr "Beispiel" ist keins, da Sie keine Berechnung durchgeführt haben, die zeigt, dass es funktioniert. Denn das wird es nicht. Und Ihr Beispiel mit Magnetisierung funktioniert auch nicht, da Spins in fermionischen Operatoren quadratisch sind ... was natürlich ein endliches vev haben kann.

frei

@adam Das interessiert mich sehr. Wenn Sie Zeit haben, können Sie die Angelegenheit vielleicht regeln, indem Sie Ihre Antwort um die technischen Details zu den Unterschieden zwischen skalaren und fermionischen VEVs erweitern und warum das Twobs-Potenzial Lorentz nicht brechen wird

Adam

@innisfree: Sag es so: ein fermionischer Vernichtungsoperator

\hat{c}

$\hat c$ ist ein Standard-QM-Operator. Daher der Durchschnitt von

\hat{c}

$\hat c$ in Bezug auf jeden physikalischen Zustand sollte eine komplexe Zahl ergeben. So haben

⟨ \hat{c} ⟩ = ψ

$\langle \hat c\rangle =\psi$ mit

ψ

$\psi$ eine Grasmann-Zahl ist unmöglich. Es ist eigentlich trivial, das zu überprüfen

⟨ \hat{c} ⟩ = 0

$\langle \hat c\rangle=0$ für jeden physikalischen Zustand (d.h.

a | 0 ⟩ + b | 1 ⟩

$a|0\rangle+b|1\rangle$ mit

a, b

$a,b$ komplexe Zahl. Anders gesagt, fermionische kohärente Zustände sind keine physikalischen Zustände, sondern nur sehr nützlich, um ein Pfadintegral aufzuschreiben.

ZweiBs

@Adam Ich stimme zu, dass ich die Berechnung für das Beispiel nicht durchgeführt habe, ich werde versuchen, expliziter zu sein, sobald ich in den nächsten Tagen etwas Freizeit habe. Ich stimme auch zu, dass die Spin-Operatoren tatsächlich bosonisch sind, entschuldigen Sie die Verwirrung. Aber ich bestehe darauf

⟨ ψ ⟩

$\langle\psi\rangle$ kann ungleich Null sein (was das Brechen von Lorentz ermöglicht). Sollte Ihnen zum Beispiel jemand das folgende nicht-analytische Teil eines Funktionsgenerators geben

δ Z (η, \bar{η}) = \sqrt{\bar{η} η}

$\delta Z(\eta,\bar{\eta})=\sqrt{\bar{\eta}\eta}$ das soll SSB produzieren, würden Sie nicht zustimmen

⟨ ψ ⟩ \neq 0

$\langle\psi\rangle\neq0$ ? (der

η

$\eta$ und

\bar{η}

$\bar{\eta}$ sind die Quellen)

ZweiBs

@Adam Lassen Sie mich einen Kommentar zu Ihrer Antwort auf innisfree hinzufügen. Ich denke, dass Ihr Argument dort, das ich für richtig halte, kein verschwindendes Vev impliziert, sondern dass Fermionen und ihre Grasmann-Vevs nicht physikalisch beobachtbar sind. Dem würde ich zustimmen, aber nicht zum Verschwinden der fermionischen Vevs. Das bedeutet nicht, dass sie keine Wirkung haben (denken Sie noch einmal an das Higgs-Boson, das unter einer Eichsymmetrie geladen wird, die nicht physikalisch ist, und dennoch hat sein „Brechen“ durch das Higgs-Vev physikalische Konsequenzen).

Adam

@TwoBs: Tatsächlich bin ich mit meinem Argument nicht so glücklich, da man eine Dichtematrix finden kann, die einen nicht verschwindenden Erwartungswert zulässt. Aber natürlich wird es keine Grassmann-Zahl sein, während eine Mean-Field-Approximation der Aktion diese erzeugen würde. Aber ich denke, dass Ihr

δ Z

$\delta Z$ ist nicht möglich, denn wenn Sie die Exponentialfunktion der Quellen erweitern, gibt es nur einen Term,

\bar{η} ψ

$\bar\eta \psi$ , also gibt es keine Möglichkeit, eine Quadratwurzel zu erzeugen (was in der Tat funktionieren würde).

ZweiBs

@Adam ok, ich glaube, ich bin überzeugt, dass Sie Recht haben (aber vielleicht mit winziger Lücke am Ende). Mir ist gerade klar geworden, dass man eigentlich nie nicht-analytische Funktionen aus Grasmann-Konstanten bauen kann, Variablen vierter Potenz würden verschwinden. Sie sind zwangsläufig endliche Polynome der Ordnung 4, also analytisch, was das spontane Brechen ausschließt. Das (vielleicht) Schlupfloch, denke ich, wäre das Abweichen von konstanten Quellen und vevs, das heißt, bricht auch Übersetzungen. Ich denke, auf diese Weise sollte man in der Lage sein, nicht-analytische Funktionen der Quellen zu erstellen und somit ein fermionisches Vev zu konstruieren. Danke Adam!

Adam

@TwoBs: kein Problem, es war auch für mich nützlich und zwang mich, meine Gedanken zu ordnen! Obwohl ich nicht glaube, dass nicht konstante Quellen etwas ändern würden. Die Zustandssumme wird in allen Fällen analytisch sein

η (x)

$\eta(x)$ mit dem gleichen argument denke ich.

Tom Kim · Answer 3

Können wir nicht einfach die Partitionsfunktion auswerten und dann den Erwartungswert finden? $Z=\int \mathcal{D}\phi \mathcal{D}\phi ^* \exp \left [ \int \left ( -\phi^* G^{-1}\phi +\phi j^*+j \phi ^* \right ) \right ]=\det\left(G^{\mp 1}\right) \exp \left ( \int j^* G j \right )$ ,

wo $\mp$ entspricht Bosonen bzw. Fermionen. Summiert man über die Matsubara-Frequenzen von $j^* G j$ ,

$\sum _{\omega } j^*(\omega ,k) G(\omega ,k) j(\omega ,k) =\frac{1}{(2 \pi )^3} \sum _{\omega } \frac{j(\omega ,k) j^*(\omega ,k)}{\frac{k^2}{2 m}-\mu -i \omega } = \pm j^*(k) \frac{1}{(2 \pi )^3} \left(\frac{1}{\exp \left(\beta \left(\frac{k^2}{2 m}-\mu \right)\right)\mp 1}\pm \frac{1}{2}\right) j(k)$ .

$\Rightarrow \langle \phi(k) \rangle= \pm \left[\frac{\delta \log Z}{\delta j^*(k)}\right]_{j^*,j=0} = \left[ \frac{1}{(2 \pi )^3} \left(\frac{1}{\exp \left(\beta \left(\frac{k^2}{2 m}-\mu \right)\right)\mp 1}\pm \frac{1}{2}\right) j(k)\right]_{j^*,j=0}$ .

Die Bose-Funktion hat die Singularität bei $\frac{k^2}{2m}=\mu$ , und wir begegnen $\frac{0}{0}$ . Die Fermi-Funktion hat keine Singuarität, und wir erhalten den Erwartungswert genau null.

Warum können Fermionen keinen Vakuumerwartungswert ungleich Null haben?

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