Degeneración del vacío para el campo escalar libre sin masa

Question

Me pregunto cómo ver explícitamente la degeneración del vacío para un campo escalar sin masa, descrito por la acción $$S = -\frac{1}{2}\int d^4x\,(\partial\phi)^2.$$ Esta acción es invariante bajo la simetría de desplazamiento no lineal realizada $\phi\rightarrow\phi + c$ y, por lo tanto, debería tener una familia de vacas degeneradas. Me gustaría entender cómo escribir explícitamente una expresión para estas vacas resolviendo la ecuación funcional de Schrodinger.

El punto de partida debe ser el Hamiltoniano, que viene dado por $$H = \frac{1}{2}\int d^3x\,\Pi^2 + (\nabla\phi)^2,$$ donde $\Pi = \partial_0\phi$ es el momento canónico. La ecuación funcional de Schrodinger se resuelve más fácilmente mediante la transformación de Fourier del hamiltoniano: $$H = \frac{1}{2}\int d^3k\,\Pi(\vec{k})\Pi(-\vec{k}) + k^2\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k}).$$ A continuación, tras identificar $\Pi(\vec{k}) \sim \frac{\delta}{i\delta\phi(\vec{k})}$ en la base de campo, se puede comprobar que $$\Psi[\phi] = \exp\Big(-\frac{1}{2}\int d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})\Big)$$ resuelve $H|\Psi\rangle =0$ (ignorando la energía infinita del punto cero, $E$ ) para $\mathcal{E}(k) = k$ . Esta solución es intuitiva, porque el hamiltoniano es una suma de infinitos osciladores desacoplados, y el estado anterior es el producto de cada uno de sus estados básicos.

Ahora, debido a la presencia de la simetría de desplazamiento, yo esperaría que hubiera una familia continua de vacuas, todas relacionadas al actuar con el generador de simetría de desplazamiento (exponenciado) $$Q = \int d^3x\,\Pi(\vec{x}) = \int d^3k\, \delta^{(3)}(\vec{k})\Pi(\vec{k}),$$ que debe ser roto por el estado de tierra. Sin embargo, $Q$ aniquila la solución anterior: $$\langle\phi|Q|\Psi\rangle = -\Psi[\phi]\int d^3k\,\delta^{(3)}(\vec{k})\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k}) = 0,$$ y, por lo tanto, cualquier vacío putativo es el mismo que el antiguo: $$|\alpha\rangle = e^{i \alpha Q}|\Psi\rangle = |\Psi\rangle,$$ lo que lleva a la pregunta: ¿Es correcta mi expresión para el estado de vacío? Si es así, ¿por qué el generador "roto" lo aniquila, y cómo se escriben explícitamente los otros vacíos?

Porque $Q$ sólo actúa en el momento cero, una posible modificación que consideré es añadir explícitamente un modo cero al Hamiltoniano. Esto se consigue mediante $H\rightarrow H + H_0$ , para $H_0 = \frac{1}{2}\Pi(\vec{k} = 0)^2$ y $\Pi(0)\sim \frac{d}{id\phi(0)}$ . Este modo, que llamaré $|0\rangle$ se desacopla, por lo que podemos resolver su ecuación de Schrodinger $H_0 |0\rangle = E_0|0\rangle$ por separado. La solución es $$\langle\phi|0\rangle = \mathcal{N}\exp\Big(iE^{1/2}_0\phi_0\Big),$$ para $\phi_0 = \phi(\vec{k} = 0)$ y alguna normalización general $\mathcal{N}$ . Sin embargo, para el estado básico $E_0 = 0$ por lo que el modo cero es simplemente una constante multiplicativa adicional que no interactúa con $Q$ .

Nota adicional : Para completar, quería señalar también que la forma particular de $|\Psi\rangle$ presentado arriba parece contradecir cómo sabemos que la carga actúa en el campo $\phi$ , a saber $$ e^{-i\alpha Q}\phi e^{i\alpha Q} = \phi + \alpha.$$ Si dejamos que las cargas actúen en el campo, encontramos $$ \langle \Psi|e^{-i\alpha Q}\phi e^{i\alpha Q}|\Psi\rangle = \langle \Psi|\phi|\Psi\rangle + \alpha.$$ Alternativamente, si permitimos que las cargas actúen sobre los estados, entonces encontramos $$\langle \Psi|e^{-i\alpha Q}\phi e^{i\alpha Q}|\Psi\rangle = \langle \Psi|\phi|\Psi\rangle,$$ lo que lleva a una contradicción.

Answer 1

Hay (al menos) tres opciones:

1. Podemos mantener el modo cero del campo $\phi_0\equiv \int d^3x\ \phi(x)$ como observable y mantener el término $\Pi_0^2$ en el Hamiltoniano. Entonces el modelo no tiene un estado de vacío en absoluto. El espectro del hamiltoniano sí tiene un límite inferior finito, como exigen los principios de la QFT, pero técnicamente el espacio de Hilbert no tiene ningún estado que exactamente consigue ese límite inferior. En la representación funcional de Schrödinger, la función con el menor "valor propio" no es normalizable, porque es independiente de $\phi_0$ que es una de las variables de integración en la representación funcional del producto interior. Todavía podemos definir el valor de la expectativa del modo cero del campo considerando una secuencia de estados (normalizables) que se acerca a energía cero. Podemos elegir la secuencia para que el valor de la expectativa sea $\alpha$ para cualquier número real deseado $\alpha$ . Así es como se manifiesta la "degeneración del vacío", a pesar de que el estado(s) de vacío no pertenece al espacio de Hilbert. Esto resuelve la paradoja que se puso de manifiesto en la pregunta. La aparente incoherencia entre las dos últimas ecuaciones de la pregunta se resuelve por el hecho de que $\langle\Psi|\cdots|\Psi\rangle$ es indefinido.

2. Podemos excluir $\phi_0$ del conjunto de observables y eliminar el término $\Pi_0^2$ del Hamiltoniano. Entonces no necesitamos integrar sobre $\phi_0$ en la definición del producto interno, por lo que el estado de vacío existe, pero es único, no degenerado. Esto es análogo a la situación del campo electromagnético cuántico libre.

3. Un enfoque híbrido: Podemos mantener $\phi_0$ en el conjunto de observables, pero eliminando el término $\Pi_0^2$ del hamiltoniano. Entonces todavía tenemos que integrar sobre $\phi_0$ en la definición del producto interior, pero el $\phi_0$ -La dependencia del estado es arbitraria (siempre que sea normalizable) porque el Hamiltoniano es ajeno a $\phi_0$ . Esta opción parece artificial, al menos para el modelo de escala libre que se considera aquí, y por eso ni siquiera la mencioné en la versión anterior de esta respuesta, pero he decidido añadirla para completarla.

Detalles de la opción 1

Las matemáticas se vuelven más claras si discretizamos el espacio. Consideremos el modelo descrito en la pregunta, pero en un espacio discreto con un número finito $N$ de puntos y condiciones de contorno periódicas. Entonces, en unidades donde la distancia entre puntos vecinos es $1$ la acción tiene la forma $$ S\propto \sum_j (\dot \phi_j)^2 -\sum_{(j,k)}(\phi_j-\phi_k)^2 \tag{1} $$ donde el índice $j$ se ejecuta sobre el $N$ puntos espaciales y $(j,k)$ recorre todos los pares de puntos más cercanos. El hamiltoniano es $$ H\propto \sum_j \Pi_j^2 +\sum_{(j,k)}(\phi_j-\phi_k)^2. \tag{2} $$ El operador $$ Q\propto \sum_j\Pi_j \tag{3} $$ conmuta con el Hamiltoniano porque conmuta con todas las diferencias $\phi_j-\phi_k$ . Ahora simplifiquemos aún más las cosas tomando $N=2$ . Entonces el Hamiltoniano es \begin{align} H &\propto \Pi_1^2+\Pi_2^2+(\phi_1-\phi_2)^2 \\ &= \frac{1}{2}(\Pi_1+\Pi_2)^2+ \frac{1}{2}(\Pi_1-\Pi_2)^2+(\phi_1-\phi_2)^2 \tag{4} \end{align} y $Q$ es $$ Q\propto \Pi_1+\Pi_2. \tag{5} $$ El espacio de Hilbert debe consistir en funciones normalizables de las variables reales $\phi_1$ y $\phi_2$ pero luego el estado de vacío no pertenece al espacio de Hilbert . La ecuación (4) muestra que el estado de vacío debe ser independiente de la combinación $\phi_1+\phi_2$ , lo que significa que no puede ser normalizable, por lo que no puede pertenecer al espacio de Hilbert. El espacio de Hilbert incluye estados para los que el valor de la expectativa de $H$ es arbitrariamente cercano a cero, pero no igual a cero. Por ejemplo, incluye estados de la forma $$ \Psi(\phi_1,\phi_2)=\exp\big(-\beta(\phi_1+\phi_2-\alpha)^2\big)\Psi_0(\phi_1-\phi_2) \tag{6} $$ donde $\beta>0$ , $\alpha$ es arbitraria, y $\Psi_0$ es el estado de vacío de $$ H_0\propto \frac{1}{2}(\Pi_1-\Pi_2)^2+(\phi_1-\phi_2)^2. \tag{7} $$ Ahora vemos la resolución de la paradoja: en un estado de la forma (6), el valor de la expectativa de $\phi_1+\phi_2$ es $\alpha$ que es arbitraria. La pregunta se saltó esto al suponer que el estado de vacío pertenece al espacio de Hilbert. Eso correspondería a tomar $\beta\to 0$ , en cuyo caso el $\alpha$ -desaparece, pero eso también hace que el estado (6) no sea normalizable. Todavía podemos definir el valor de la expectativa de $\phi_1+\phi_2$ calculándolo cuando $\beta$ es finito y luego tomar el límite del valor esperado como $\beta\to 0$ . El resultado es $\alpha$ que es arbitraria.

Detalles de la opción 2

Si excluimos $\phi_1+\phi_2$ del conjunto de observables, entonces podemos sustituir el Hamiltoniano (4) por (7), y podemos tomar el espacio de Hilbert para que consista en funciones normalizables de una sola variable $\phi_1-\phi_2$ . Entonces la teoría tiene un estado de vacío, y es único porque la simetría de desplazamiento actúa ahora trivialmente sobre los observables del modelo: es una simetría gauge.

Perspectiva

Los tecnicismos de este tipo no son algo que preocupe sólo a los matemáticos puros. En Conferencias sobre la estructura infrarroja de la gravedad y la teoría de galgas arXiv:1703.05448 , Strominger repasa algunos aspectos físicos interesantes que nos habríamos perdido si hubiéramos pasado por alto los "tecnicismos".

Answer 2

@Chiral Anomaly ya ha publicado una respuesta muy buena que he marcado como correcta. Sólo quería añadir algunas palabras más que conectan el modelo discreto de juguete proporcionado con el modelo de la pregunta original de forma más explícita. Esencialmente, se reduce a tratar un corte IR con cuidado.

La solución de la ecuación funcional de Schrodinger anterior viene dada por $$\Psi[\phi] = \exp\Big(-\frac{1}{2}\int d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})\Big).$$ En el producto anterior, todos los modos del oscilador son normalizables excepto el modo en $\vec{k} =0$ . Por lo tanto, en general esta solución no es normalizable. El estado no existe en el espacio de Hilbert, y no es un estado de vacío bien definido, lo que conduce a las paradojas señaladas en la pregunta.

Podemos remediarlo manejando el modo cero con más cuidado. Introduzca un pequeño vector $\vec{\beta}$ cuya magnitud $\beta$ servirá como corte de IR. Escribe la solución de la ecuación de Schrodinger como $$\Psi[\phi] = \exp\Big(-\frac{1}{2}\int_{0}^{\beta}d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})-\frac{1}{2}\int_{\beta}^{\infty}d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})\Big)$$ Utilizando el hecho de que $\beta$ es pequeño, podemos aproximar esta expresión como sigue: $$\Psi[\phi]\approx \exp\Big(-\frac{\beta^2}{2}\phi_0^2-\frac{1}{2}\int_{\beta}^{\infty}d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})\Big)\equiv\Psi_{\beta}[\phi_0,\phi],$$ donde por claridad he hecho explícita la dependencia del modo cero. $\Psi_{\beta}[\phi_0,\phi]$ no minimiza el Hamiltoniano, pero es normalizable y por lo tanto existe en el espacio de Hilbert. Definiendo los momentos conjugados del modo cero como en la pregunta, se puede comprobar que el trozo de modo cero se transforma exactamente como queremos: $$\langle \phi|e^{i\alpha C}|\Psi_{\beta}\rangle = e^{\alpha\frac{d}{d\phi_0}}\Psi_{\beta}[\phi_0, \phi] = \Psi_{\beta}[\phi_0 - \alpha, \phi].$$ Sin embargo, hay que tener en cuenta que el $\alpha$ desaparecerá cuando el corte IR se lleve a cero.

Siempre que llevemos el corte IR a cero al final del cálculo, podemos calcular valores de expectativa sensatos, incluso si dejamos que el generador roto actúe sobre el estado en lugar del campo: $$\frac{1}{\langle\Psi_{\beta}|\Psi_{\beta}\rangle} \langle \Psi_{\beta}|e^{-i\alpha C}\phi_0 e^{i\alpha C}|\Psi_{\beta}\rangle = \frac{1}{\langle\Psi_{\beta}|\Psi_{\beta}\rangle}\int d\phi_0 \int \mathcal{D}\phi_{k>\beta}\exp\Big(-\beta^2(\phi_0 - \alpha)^2-\int_{\beta}^{\infty}d^3k\,\mathcal{E}(k)\phi(\vec{k})\phi(-\vec{k})\Big)\phi_0 = \alpha.$$ Como se requiere, el corte de IR ha caído y puede llevarse a cero con seguridad.