Interacción electrodébil: $W^{1}_{\mu},W^{2}_{\mu},W^{3}_{\mu},B_{\mu}$ $W^{\pm},Z_{\mu},A_{\mu}$

Question

EDIT: otra pregunta al final

Estoy tratando de iluminar el modo en que "no físico" bosones de gauge $W^{1}_{\mu},W^{2}_{\mu},W^{3}_{\mu},B_{\mu}$ será la "física" $W^{\pm},Z_{\mu},A_{\mu}$ cuando diagonalizing la masa de la matriz. Aviso de que es en Euclidiana tiempo, por lo que no tendrás que preocuparte acerca de los índices de Lorentz. Además $\sigma(x)$ es el campo de Higgs y $v$ es el vacío expectativa de valor.

Después de la ruptura de la simetría $$ SU(2)_L\times U(1)_Y \rightarrow U(1), $$

y la inserción de la aspiradora expecation valor, tengo el siguiente Lagrangiano (sólo la dinámica parte):

$$ \frac{1}{2}D_{\mu}\phi^{\daga}D_{\mu}\phi = \frac{1}{2}\partial_{\mu}\sigma \partial_{\mu} \sigma + \frac{(v+\sigma)^2}{8}(g^2W^{1}_{\mu}W^{1}_{\mu} + g^2W^{2}_{\mu}W^{2}_{\mu} + (gW^{3}_{\mu} - g'B_{\mu})(gW^{3}_{\mu} - g'B_{\mu})) . $$ $W^{\pm}=W^{1}_{\mu}\pm W^{2}_{\mu}$ es clara, pero la recuperación de $Z_{\mu}$ $A_{\mu}$ no. Me trató de lo siguiente, desde la última parte de el Lagrangiano puede ser escrito como:
$$ (W^{3}_{\mu},B_{\mu}) \begin{pmatrix}g^2 & -gg'\\-gg'& g'^{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}W^{3}_{\mu}\\B_{\mu} \end{pmatrix} $$ El diagonlized matriz lee $$ M_D=\begin{pmatrix}0 & 0\\0& g^2 +g'^{2} \end{pmatrix} $$ y no le da el derecho de las combinaciones lineales de $Z_{\mu}$$A_{\mu}$, que se dan en mi literatura como $$ A_{\mu} = \frac{g '^{3}_{\mu} + g B_{\mu}}{\sqrt{g^2+g'^2}},\qquad Z_{\mu} = \frac{gW^{3}_{\mu} - g' B_{\mu}}{\sqrt{g^2+g'^2}} $$ Mi pregunta ahora es, ¿cómo conseguir estas combinaciones, parece que estoy cerca, pero sólo de cerca. Y la otra pregunta de donde viene la normalización de las condiciones para el campo?

Saludos!

EDITAR:

Finalmente encontré las combinaciones lineales, autoestados de masa, como lo son en la literatura, mediante la inserción no sólo la diagonlized masa de la matriz $M_D$, pero mediante la inserción de $M = PM_DP^{-1}$ Como yo estaba mirando la derivada covariante para averiguar cómo los campos de par a el doblete de Higgs me preguntaba cómo podría yo gire la siguiente matriz en la masa autoestados del medidor de campos:

$$ \frac{i}{2}\begin{pmatrix}gW^{3}_{\mu} + g'B_{\mu} & 0\\ 0& g W^{3}_{\mu} + g'B_{\mu}\end{pmatrix} $$

de nuevo, saludos!

Answer 1

Usted ha notado ya que $$ \mathcal{L}_{masa}\propto \left[g^2(W^1_\mu W_\mu^{1}+W^2_\mu W_\mu^{2})+(gW_\mu^3-g^\prime B_\mu)^2\right] $$ con la cinética términos de $W^{i}_\mu$ $B_{\mu}$ canónicamente normalizado. Por lo tanto el neutro combinación lineal de $W^3_\mu$ $B_\mu$ que obtiene la masa es proporcional a $(gW_\mu^3-g^\prime B_\mu)$ y la constante de proporcionalidad $1/\sqrt{g^2+g^{\prime\,2}}$ fijado por el hecho de que desea mantener los campos canónicamente normalizado (es decir, usted está haciendo una rotación de$(W_\mu,B_\mu)^T$$(Z_\mu,A_\mu)^T$) $$ \mathcal{L}_{masa}\propto \left[g^2(W^1_\mu W_\mu^{1}+W^2_\mu W_\mu^{2})+(g^2+g^{\prime\,2})\frac{(gW_\mu^3-g^\prime B_\mu)^2}{g^2+g^{\prime\,2}}\right]= \left[g^2(W^1_\mu W_\mu^{1}+W^2_\mu W_\mu^{2})+(g^2+g^{\prime\,2})Z_\mu^2\right] $$ donde se ve que $$ \frac{g}{\sqrt{g^2+g^{\prime\,2}}}=\cos\theta_W $$ y $$ \frac{m_W^2}{m_{Z}^2\cos^2\theta_W}=1\,. $$ de acuerdo con la literatura. De hecho, sólo la $Z$-bosón y $W^{\pm}$ obtener masas, como el fotón sin masa: la neutrual combinación que obtiene la masa debe ser identificado con $Z$-bosón de