Zählen massiver Freiheitsgrade nach der Messgerätefixierung

Question

Zählen massiver Freiheitsgrade nach der Messgerätefixierung

Knzhou

Betrachten Sie die Theorie der skalaren QED mit der Lagrange-Funktion

\begin{matrix} (1) & L = - \frac{1}{4} F^{μ v} F_{μ v} + (D^{μ} ϕ)^{*} (D_{μ} ϕ) - M^{2} ϕ^{*} ϕ \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \phi)^* (D_\mu \phi) - m^2 \phi^* \phi \tag{1}$ Wo

ϕ

$\phi$ ist ein komplexes Skalarfeld mit Masse

m

$m$ . Zählen wir die Freiheitsgrade, die wir haben

zwei masselose reelle Freiheitsgrade aus $A_\mu$
zwei massive reale Freiheitsgrade von $\phi$

Obwohl hier kein Symmetriebruch stattfindet, können wir uns immer noch dafür entscheiden, zur einheitlichen Spurweite zu gehen, dh die Spurweite so zu fixieren $\phi$ ist echt. Wir haben jetzt die pegelfesten Lagrangian

\begin{matrix} (2) & L = - \frac{1}{4} F^{μ v} F_{μ v} + (D^{μ} φ) (D_{μ} φ) - \frac{1}{2} M^{2} φ^{2} \end{matrix}

$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \varphi) (D_\mu \varphi) - \frac12 m^2 \varphi^2\tag{2}$ Wo

φ

$\varphi$ ist ein kanonisch normalisiertes reelles Skalarfeld, und es gibt keine Eichsymmetrie. Dann haben wir

drei echte Freiheitsgrade aus $A_\mu$
ein massiver realer Freiheitsgrad von $\phi$

wo ich weiß, dass es drei echte Freiheitsgrade gibt $A_\mu$ , weil die Messgerätefixierung immer eins entfernt und wir hier keine Messgerätefixierung haben.

Was mich verwirrt, ist, dass es zwei massive Freiheitsgrade geben muss, genau wie in der ursprünglichen Theorie. Das bedeutet also irgendwie, dass einer der Freiheitsgrade in $A_\mu$ ist massiv, während die anderen beiden es nicht sind - aber wie kann das sein? Es gibt keinen Massenbegriff für $A_\mu$ Einblick.

Knzhou

Hinweis: Ich habe diese Frage gesehen , die sich etwas überschneidet, obwohl ich nicht glaube, dass die Antwort meine Frage anspricht. Insbesondere verstehe ich nicht, wie die Masse für den Längsteil bezeichnet wird

A_{μ}

$A_\mu$ zustande kommt.

AccidentalFourierTransform

verwandt: Warum kann ein echter Skalar nicht an das elektromagnetische Feld koppeln? . In Ihrem zweiten Lagrangeian die Kopplung zwischen

A

$A$ Und

φ

$\varphi$ nicht durch einen konservierten Strom, daher ist der Longitudinalmodus nicht entkoppelt, und das Zählen von dof ist nicht einfach.

Knzhou

@AccidentalFourierTransform Es gibt tatsächlich einen Längsmodus, aber es fällt mir schwer zu verstehen, warum er Masse hat

m

$m$ !

Antworten (2)

Zählen massiver Freiheitsgrade nach der Messgerätefixierung

Hinweis: Ich habe diese Frage gesehen , die sich etwas überschneidet, obwohl ich nicht glaube, dass die Antwort meine Frage anspricht. Insbesondere verstehe ich nicht, wie die Masse für den Längsteil bezeichnet wird $A_\mu$ zustande kommt.
verwandt: Warum kann ein echter Skalar nicht an das elektromagnetische Feld koppeln? . In Ihrem zweiten Lagrangeian die Kopplung zwischen $A$ Und $\varphi$ nicht durch einen konservierten Strom, daher ist der Longitudinalmodus nicht entkoppelt, und das Zählen von dof ist nicht einfach.
@AccidentalFourierTransform Es gibt tatsächlich einen Längsmodus, aber es fällt mir schwer zu verstehen, warum er Masse hat $m$ !

ZweiBs · Answer 1

Was Sie mit einer Feldneudefinition (in Form von a $U(1)$ Eichtransformation) ist die Phase von $\phi$ . Aber die Gesamtzahl der Freiheitsgrade (dof's) wird sich nicht ändern, da die resultierende Lagrangian nicht mehr eichinvariant ist. Die neue Zählung ist $3+1$ bei dem die $3$ dof kommt von $A_\mu$ (mit einer kovarianten Einschränkung, siehe unten, also wirklich $3=4-1$ ), und der 1 dof kommt stattdessen aus dem skalaren Radialmodus von $\phi$ .

Genauer gesagt schreiben

ϕ (X) = e^{ich e π (X)} \frac{H (X)}{\sqrt{2}}

$\phi(x)=e^{ie\pi(x)}\frac{h(x)}{\sqrt{2}}$ (mit beiden

π

$\pi$ Und

h (x)

$h(x)$ reelle Skalarfelder) und die kovariante Ableitung

D_{μ} ϕ = (\partial_{μ} - i e A_{μ}) ϕ

$D_\mu \phi=(\partial_\mu-i e A_\mu)\phi$ wird

D_{μ} ϕ = e^{ich e π} [ich e (\partial_{μ} π - A_{μ}) + \frac{1}{\sqrt{2}} \partial_{μ} H]

$D_\mu \phi=e^{ie\pi}\left[ie(\partial_\mu\pi-A_\mu)+\frac{1}{\sqrt{2}}\partial_\mu h\right]$ damit der Lagrangian liest

L = - \frac{1}{4} F_{μ v} F^{μ v} + \frac{e^{2}}{2} H^{2} (\partial_{μ} π - A_{μ})^{2} + \frac{1}{2} (\partial_{μ} H)^{2} - \frac{M^{2}}{2} H^{2} .

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2(\partial_\mu\pi-A_\mu)^2+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2\,.$ Definieren Sie nun die neue Variable

A_{μ}^{'} = A_{μ} - \partial_{μ} π

$A_\mu^\prime=A_\mu-\partial_\mu\pi$ (was die eichinvariante Kombination ist) wird der Lagrangian

L = - \frac{1}{4} F_{μ v}^{'} F^{' μ v} + \frac{e^{2}}{2} H^{2} A_{μ}^{' 2} + \frac{1}{2} (\partial_{μ} H)^{2} - \frac{M^{2}}{2} H^{2}

$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F^\prime_{\mu\nu}F^{\prime \mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2 A_\mu^{\prime 2}+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2$ in voller Analogie zum abelschen Higgs-Mechanismus, außer dass

h

$h$ hat einen verschwindenden Vakuumerwartungswert. Nun, dieser letzte Lagrangian hängt von den Feldern ab

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ Und

h

$h$ : wie viele dofs gibt es? Also, die

h (x)

$h(x)$ zählt sicherlich 1. Die

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ andererseits zählt

3

$3$ und weder

4

$4$ (wenngleich

μ = 0, 1, 2, 3

$\mu=0,1,2,3$ ) noch

2

$2$ . In der Tat aus den Bewegungsgleichungen

\partial_{μ} F^{^{'} μ ν} = - e^{2} h^{2} A^{' ν}

$\partial_\mu F^{^\prime\mu\nu}=-e^2h^2 A^{\prime \nu}$ wir sehen die kovariante Beschränkung

\partial_{μ} (A^{' μ} H^{2}) = 0

$\partial_\mu (A^{\prime\mu} h^2)=0$ die uns aus sendet

4

$4$ Zu

3

$3$ . Aber beachten Sie, dass es keine Eichinvarianz für gibt

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ in seinem Lagrange oben (die

e^{2} h^{2} A_{μ}^{' 2}

$e^2 h^2 A_\mu^{\prime 2}$ -term unterbricht es) und daher kann kein Längsmodus auf diese Weise entfernt werden:

A_{μ}^{'}

$A_\mu^\prime$ ist eine andere physikalische Konfiguration als sagen wir

A_{μ}^{'} - \partial_{μ} Ω

$A^\prime_\mu-\partial_\mu \Omega$ (insbesondere eine löst die Bewegungsgleichung, die andere nicht). Das Zählen endet also hier und es stimmt mit dem für massiven Spin-1 plus einem echten Skalar überein

3 + 1

$3+1$ wie erwartet. Beachten Sie jedoch, dass das Spin-1-Teilchen nicht massiv ist und all diese Gymnastik nur künstlich ist, da Sie sich um einen Skalar-Dof bewegen wollten

π

$\pi$ innen

A_{μ}

$A_\mu$ .

Aber warum ist die neue Komponente von $A_\mu$ fest? Ich sehe nirgendwo einen Massenbegriff dafür, aber wir sollten die Anzahl der massiven Freiheitsgrade bewahren.
@knzhou Bitte lesen Sie sorgfältig, was ich geschrieben habe, und alle expliziten Details, die ich bereitgestellt habe. Auch hier ist das Spin-1-Boson nicht massiv, obwohl das Zählen der Freiheitsgrade so verläuft, als ob es eine wäre, da die Eichinvarianz in den neuen Variablen ( $A_\mu^\prime$ Und $h$ ) geht verloren, genau wie bei einem massiven Spin-1. Aber auch hier gibt es kein massives Spin-1-Teilchen, und die Anzahl der Freiheitsgrade bleibt erhalten, 4 .
Ich habe nicht gesagt, dass alle drei Komponenten von $A_\mu$ sind massiv. Das Problem ist, dass es in der ursprünglichen Lagrange-Funktion eindeutig zwei massive Freiheitsgrade gibt , die beiden Komponenten der $\phi$ . Wenn Sie alle drei Komponenten beanspruchen $A_\mu$ masselos sind, dann haben wir einen massiven Freiheitsgrad verloren.
@knzhou Die Zählung der Freiheitsgrade ist am Anfang 1 + 1 + 2 = 4 und kann nach einiger Manipulation als 1 + 3 = 4 umgeschrieben werden. Aber die Anzahl und Zusammensetzung von masselosen und massiven Teilchen ändert nichts, egal welche Manipulation Sie vornehmen. Im ursprünglichen Lagrangian gab es zwei masselose Spin-0-Teilchen (daher 2 dofs) und ein masseloses Spin-1-Teilchen (daher 2 weitere dofs). Im neuen Lagrange gibt es noch 4 dofs; sie werden in den neuen Feldern verdreht gemischt. Dennoch entsprechen sie den drei masselosen Teilchen: den beiden masselosen Teilchen mit Spin-0 und dem einen masselosen Teilchen mit Spin-1.
"Im ursprünglichen Lagrangian gab es zwei masselose Spin-0-Teilchen (daher 2 dofs)." Nein, die $\phi$ Feld hat eine Masse. Der springende Punkt meiner Frage ist, wohin die beiden massiven Freiheitsgrade gehen.
@knzhou Ich glaube, du hast es sehr verwirrt: dass das Feld $\phi$ hatte oder nicht eine Masse ändert nichts. Ein massives oder masseloses Skalarfeld (oder Spin-0-Teilchen) ändert die Anzahl der Freiheitsgrade nicht. Ein masseloses Pion oder ein massives Pion haben die gleichen dofs.
Ich spreche nicht nur davon, Freiheitsgrade zu zählen. Ich spreche davon, die Anzahl der Freiheitsgrade mit der Masse zu zählen. Zum Beispiel hat Standard-QED 2 masselose Freiheitsgrade (Photon) und 4 massive Freiheitsgrade (Elektron). Hier fangen wir mit 2 masselosen Freiheitsgraden an $A_\mu$ und 2 massive Freiheitsgrade in $\phi$ . Sie behaupten, dass wir am Ende 3 masselose Freiheitsgrade haben $A_\mu$ und 1 massiver Freiheitsgrad in $\phi$ . Aber $3 \neq 2$ . Der springende Punkt meiner Frage ist, dies zu beheben.
@knzhou Ich sage nur (na ja, mehr als das: tatsächlich mit einfacher Mathematik beweisen), dass das Feld $A^{\prime}_\mu$ trägt 3 dofs und das Feld $h(x)$ einer noch. Aber diese Theorie entspricht immer noch einem masselosen Spin-1 *Teilchen* (assoziiert mit $A_\mu$ , nicht zu $A_\mu^{\prime}$ ) und zwei massive Spin-0-Teilchen (assoziiert mit $\phi$ Und $\phi^*$ , nicht $h$ ). Der $A_\mu^{\prime}$ erzeugen bei Einwirkung auf das Vakuum Teilchen mit zwei unterschiedlichen Spins, einem masselosen Spin-1 und einem massiven Spin-0. Es erzeugt keine irreduzible Wiederholung, sondern zwei und zwei verschiedene kleine Gruppen.
Entschuldigung für die Wiederholung, aber noch einmal, meine Frage ist, wie das $A_\mu'$ Feld erzeugt ein massives Teilchen mit Spin 0. Aus dem Lagrangian geht überhaupt nicht hervor, wo der Massenterm stehen soll.
Darin ist eines der massiven Spin-0-Bosonen enthalten $A_\mu^\prime$ seit wir das gesehen haben $A^\prime_\mu=A_\mu-\partial_\mu\pi$ Und $\pi$ enthält ein Stück der massiven skalaren dofs $\phi$ Und $\phi^*$ die massive Spin-0-Partikel erzeugen. Diese Beziehung ist ziemlich nicht lokal, $A^\prime_\mu=A_\mu-\frac{1}{2}\partial_\mu \log (\phi/\phi^*)$ , so dass die Wirkung von $A^\prime$ auf dem Vakuum ist kompliziert. Ich glaube nicht, dass es eine einfache Möglichkeit gibt, es zu beschreiben, ohne nur mit dem ursprünglichen Lagrangian zu enden, bei dem alle Dofs schön entmischt wurden. Aber die Zählung der DOFs, die ich Ihnen in der Antwort gegeben habe, ist in Ordnung.
@knzhou: „Das Problem ist, dass es in der ursprünglichen Lagrange-Funktion eindeutig zwei massive Freiheitsgrade gibt, die beiden Komponenten der $\phi$ „Eigentlich nein; es gibt heimlich nur eine massive Komponente von $\phi$ . Nehmen Sie die erste Gleichung von TwoBs in der Antwort und erweitern Sie sie für klein $\pi (x)$ ; das wirst du sehen $\pi (x)$ hat keinen Massenbegriff. Dies liegt daran, dass der Massenbegriff für $\phi$ Ist $m^2 |\phi|^2$ , die sich nur um ihren absoluten Wert und nicht um ihre Phase kümmert.
@RonakMSoni Aber ich habe gerade den Standardmassenbegriff für ein komplexes Skalarfeld aufgeschrieben. Sie können in Kapitel 1 jedes QFT-Buches nachlesen, dass dies zwei massive Teilchen ergibt.
Nun, in der seltsamen Parametrisierung in dieser Antwort sieht es nicht so aus $\pi$ hat einen Massenterm, aber die Transformation ist hier einzigartig nahe $\phi = 0$ , also wer weiß, was wirklich passiert? Der Punkt ist, dass eine Masse irgendwie herauskommen muss, weil sie in jeder schönen Parametrisierung tatsächlich vorhanden ist.
@RonakMSoni, es gibt eindeutig zwei massive Spin-0-Partikel, wie knzhou sagt. Die „merkwürdige“ Parametrisierung verschleiert diese triviale Tatsache. (Übrigens ist die "seltsame" Parametrisierung nichts anderes als das, was das OP tatsächlich verlangt hat, wenn es erforderlich ist, das Messgerät durch Nehmen zu fixieren $\phi$ real, was tatsächlich die Phase um a entfernt $U(1)$ Messgerät-Transformation.

QMechaniker · Answer 2

Bevor wir mit dem zweiten Lagrange-Operator (2) vergleichen können, sollte der erste Lagrange-Operator (1) einen Term zur Festlegung des Messgeräts enthalten ${\cal L}_{\rm gf}$ , z.B ${\cal L}_{\rm gf} = \lambda~ {\rm Im}(\phi),$ Wo $\lambda$ ist ein Lagrange-Multiplikator. Nach der Integration aus $\lambda$ Und ${\rm Im}(\phi)$ die Lagrange-Funktion (1) wird zur Lagrange-Funktion (2).

Warum wir eichfeste (und nicht nicht eichfähige) Lagrangianer berücksichtigen müssen, wird z. B. in meiner Phys.SE-Antwort hier besprochen .

Für beide Lagrangianer induziert das Skalarfeld effektiv einen Massenterm für die $A_{\mu}$ -Feld.

$\downarrow$ Tabelle 1: Echter DOF der Lagrangianer von OP.

$\begin{array}{ccc} Lagrange & {Off-Shell-DOF}^{1} & {On-Shell-DOF}^{2} \\ (1) & 2 + 4 - 1 = 5 & 2 + 3 - 1 = 4 \\ (2) & 1 + 4 - 0 = 5 & 1 + 3 - 0 = 4 \end{array}$ $\begin{array}{ccc} \text{Lagrangian}& \text{Off-shell DOF}^1 & \text{On-shell DOF}^2 \cr (1)& 2+4-1=5 &2+3-1=4 \cr (2)& 1+4-0=5 &1+3-0=4 \end{array}$

$^1$ Off-Shell-DOF = # (Komponenten) - # (Gauge-Transformationen).

$^2$ On-Shell-DOF = # (Helizitätszustände) = (klassischer DOF)/2, wobei klassischer DOF = # (Anfangsbedingungen).

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