Wenn ein Goldstone-Boson eine Erregung ist, die sich zwischen entarteten Vakuen bewegt, wie bleiben dann Symmetrien gebrochen?

Das ist eine gute Frage. Ich glaube, Sie wenden eine falsche Analogie mit einem Beispiel an, das oft verwendet wird, um zuerst den Begriff SSB einzuführen: ein einzelnes nichtrelavistisches Teilchen in einem Doppeltopf mit einer Potentialbarriere, die die beiden Minima trennt. Solange die Barriere zwischen den Minima endlich ist, kann das Teilchen sie durchtunneln und beide Minima bewohnen, sodass die Reflexionssymmetrie ungebrochen ist. Aber wenn die Barrierenhöhe formal ins Unendliche gebracht wird, bleibt das Teilchen in dem einen oder anderen Minimum „stecken“, wodurch die Symmetrie gebrochen wird. Sie denken, dass es bei einem Potenzial vom Typ Mexikanerhut keine Potenzialbarriere gibt, sodass das System frei sein sollte, zu allen Minima zu tunneln und die Symmetrie wiederherzustellen.

Aber eine unendlich hohe Potentialbarriere ist eine ziemlich künstliche Vorstellung. Es ist wirklich eine schematische Darstellung einer realistischeren Situation, in der Sie statt eines einzelnen Teilchens ein räumlich ausgedehntes Feld (oder ein Vielteilchensystem auf einem riesigen Gitter) haben, das über ein großes Volumen definiert ist$V$. Dann repräsentieren die beiden Minima im Ein-Teilchen-Bild wirklich zwei unterschiedliche Feldkonfigurationen mit gleicher Gesamtenergie. Da der Übergang von einer Konfiguration zur anderen eine Änderung des Feldwerts an jedem einzelnen Punkt im Raum (oder Raumzeit) erfordert, erfordert dies eine enorme Energie, die proportional zum gesamten Systemvolumen ist$V$. Die „Barrierenhöhe“ im Ein-Teilchen-Bild entspricht also wirklich dem Volumen$V$des Systems im feldtheoretischen Bild. Nur in der formalen Grenze des unendlichen Volumens ("thermodynamische") ist die Symmetrie wirklich gebrochen.

Verschieben Sie nun die Feldkonfiguration von beispielsweise$\theta(x) \equiv 0$Zu$\theta(x) \equiv \delta$für einen winzigen Winkel$\delta$erfordert nur eine winzige Energiedichte proportional zu$\delta$(in den entsprechenden Einheiten), sondern die Gesamtenergie$\delta \times V$kann noch sehr groß werden. Es ist eine Subtilität der Ordnung der Grenzen: für jede Schicht$\delta$im Feld Wert, egal wie klein, wir können uns ein System so groß vorstellen (grob gesagt viel größer als$1/\delta$), dass das Verschieben des gesamten Systems um diesen Betrag eine beliebig große Energiemenge erfordert. So erhält man im Ein-Teilchen-Bild trotz der potentiellen Energiedichte des Feldes immer noch eine "unendlich hohe Potentialbarriere zum Übertunneln". $V(\varphi)$hat überhaupt keine Barriere.

(Um die Dinge expliziter quantenmechanisch zu machen, betrachten Sie das Quanten-Heisenberg-Modell auf einem Gitter. Wenn$|\psi\rangle$Und$|\psi'\rangle$sind zwei individuelle Spin-$1/2$s auf der Blochkugel um einen kleinen Winkel gedreht$\delta$, dann das innere Produkt$\langle \psi | \psi' \rangle = \cos \delta \approx 1 - (1/2) \delta^2$ist ziemlich groß, also ein Spin-$1/2$könnte leicht zwischen den beiden Staaten tunneln. Aber wenn wir zwei riesige Systeme von betrachten$N \gg 1$ausgerichtete Spins$|\Psi\rangle = \otimes_{i = 1}^N |\psi\rangle_i$Und$|\Psi'\rangle = \otimes_{i = 1}^N |\psi'\rangle_i$, dann die Tunnelamplitude$\langle \Psi | \Psi' \rangle = \cos(\delta)^n$zwischen den beiden Systemen ist winzig, daher ist es sehr schwierig, einen Zustand in den anderen umzukehren.)

(Um all dies in die Antwort von TwoBs einzubinden: In der formalen Grenze des unendlichen Volumens wird die Fourier- Reihendarstellung des Felds zu einer kontinuierlichen Fourier- Transformation , die durch einen kontinuierlichen Parameter indiziert wird$k$, und wir können über Taylor-Erweiterung der Energiedichte-Dispersionsbeziehung sprechen$\epsilon(k)$um$k = 0$. Für einen Goldstone-Modus haben wir$\epsilon \to 0$als$k \to 0$, aber das ist nur eine Energiedichte - die Gesamtenergie$E(k) = V \times \epsilon(k)$ist immer noch riesig, also ist die "Energiebarriere" immer noch sehr hoch. Ein Goldstone-Modus müsste räumlich unendlich erweitert werden, um die Fernordnung wirklich zu zerstören und die Symmetrie wiederherzustellen, und ein so unendlich großer Goldstone-Modus ist immer noch zu energetisch kostspielig, um ihn zu erzeugen.)

Ich bin mir nicht sicher, ob ich die Frage ganz verstehe, aber ich werde es versuchen.

Ich denke, die Antwort auf Ihre Frage liegt im Nullzustand des Adlers. Tatsächlich würden die Goldstone-Bosonen (GB) nur in der Nullimpulsgrenze ein neues Minimum darstellen (andernfalls erhöht ihre kinetische Energie die Gesamtenergie und erzeugt Raumzeitgradienten, die für das Vakuum nicht vorhanden sind), was genau die Grenze ist für die die Amplituden von GB verschwinden. Es findet also kein nicht-trivialer Übergang statt.

Zusätzliche Bearbeitungen nach zusätzlichen Gedanken Mein Gefühl, dass meine obige Antwort sinnvoll und richtig ist, wird verstärkt, wenn ich darüber nachdenke, wie Sie tatsächlich von einem Vakuum zum anderen wechseln würden, nämlich indem Sie mit dem Exponential des (möglichen *) Ladungsoperators handeln$Q=\int d^3x \, J^0=\lim_{p\rightarrow 0} \hat{J}^0(p)$. Außer dass für eine spontan gebrochene kontinuierliche globale Symmetrie der Strom linear im GB-Feld beginnt,$J^\mu=-f\partial_\mu\pi+\ldots$, so dass$Q|0\rangle$versetzt Sie nicht in ein anderes Vakuum, sondern in einen kohärenten Zustand von Null-Impuls-GBs, beginnend mit einem einzelnen weichen GB aus einem Teilchen:$Q|0\rangle=\lim_{p_\rightarrow 0}|\pi(p)\rangle+\ldots$, für die wiederum die Amplituden verschwinden. Dies wird in Abschnitt 4.1 dieses schönen Artikels https://arxiv.org/abs/0808.1446 gut erklärt (und tatsächlich werden die weichen Theoreme sogar davon abgeleitet) .

* Bonuskommentar: Man könnte sich Sorgen über das Fabri-Picasso-Theorem machen (siehe z. B. https://en.wikipedia.org/wiki/Goldstone_boson ), das uns sagt, dass die Ladung streng genommen nicht wirklich existiert (obwohl ihr Kommutator macht immer). Aber diese Aussage ist ein Overkill, da es einfach die Aussage ist, dass die Ein-Teilchen-Zustände bestimmter Impulse, wie z$|\pi(p\rightarrow 0)\rangle$die durch die Ladung erzeugt wird, haben unendliche Norm, dh$\langle\pi(p)|\pi(k)\rangle=(2\pi)^3 2|k| \delta^3(\vec{k}-\vec{p})$. Übrigens ist diese IR-Abweichung von der Norm des Staates z$\vec{k}\rightarrow \vec{p}=\vec{0}$ist proportional zum Volumen$V\rightarrow \infty$, Kontakt aufnehmen mit der Antwort von @tparker . Die Moral dieser Geschichte ist: Die Ladung existiert streng genommen nicht, sondern nur, weil man Ein-Teilchen-Zustände weicher Impulse erzeugt. Es ist durchaus sinnvoll, Soft Limits in Betracht zu ziehen, indem man das Limit sorgfältig betrachtet, wiederum wie in der oben zitierten Referenz.

Die Aussage, dass die Symmetrie G spontan gebrochen wird, bedeutet , dass wir durch Einwirkung von G auf die Vakuumkonfiguration eine isomorphe, aber unterschiedliche Konfiguration erhalten. Damit die Symmetrie ungebrochen ist, müssten die Transformationen in G die Vakuumkonfiguration auf dieselbe abbilden, nicht nur auf eine isomorphe.

Wenn Sie den Buchstaben R entlang der vertikalen Achse spiegeln, erhalten Sie ß. Dieses "ya" ist isomorph, aber es ist anders, also ist R nicht links-rechts-symmetrisch; die Symmetrie ist gebrochen; Es ist niemals möglich, dass eine Symmetrie ein Objekt erzeugt, das auch nur anders aussieht (nicht isomorph ist). Es ist immer isomorph; die Frage ist, ob es identisch ist . Der Buchstabe H wird wieder auf H abgebildet, also ist H links-rechts-symmetrisch.

Dass die Goldstone-Bosonen nichttriviale Anregungen sind, beweist, dass die Wirkung von G nichttrivial ist, sodass das Vakuum unter G nicht symmetrisch ist.

Ich bin mir nicht sicher, ob ich die Frage verstehe. Die Symmetrie ist gebrochen, weil du im Tal bist. Daran ändert, wie Sie richtig sagen, die Bewegung im Tal nichts.