Contando masiva grados de libertad después de la fijación de calibre

Question

Considerar la teoría de escalar QED con el Lagrangiano $$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \phi)^* (D_\mu \phi) - m^2 \phi^* \phi \tag{1}$$ donde $\phi$ es un complejo campo escalar con masa $m$. Hay cuatro reales grados de libertad, dos de los fotones de campo $A_\mu$ (con masa cero) y dos de los escalares $\phi$ (con masa $m$).

Ahora, a pesar de que no hay ruptura de simetría que pasa aquí todavía podemos elegir para ir a la unitaria calibre, es decir, la fijación del medidor de manera que $\phi$ es real. Ahora tenemos el calibre fijo de Lagrange $$\mathcal{L} = - \frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + (D^\mu \varphi) (D_\mu \varphi) - \frac12 m^2 \varphi^2\tag{2}$$ donde $\varphi$ es un (canónicamente normalizado) real escalares del campo, y no hay ningún indicador de simetría.

No veo cómo esta teoría es el mismo que el original de la teoría. ¿De dónde salió el cuarto, el enorme grado de libertad? Si terminó dentro de $A_\mu$, lo que significaría $A_\mu$ es un campo de vectores con dos masa de los componentes y un enorme componente. Nunca he visto tal cosa, además de que no hay masa plazo a la vista en cualquier lugar. Donde hice el otro masiva de partículas ir?

Answer 1

Lo que usted puede quitar con un campo de redefinición (de la forma de una $U(1)$ medidor de transformación) es la fase de $\phi$. Pero el número total de grados de libertad (dof) no va a cambiar, ya que la resultante de lagrange no es invariante gauge. La nueva contar es $3+1$ cuando la $3$ dof provienen de las $A_\mu$ (con un covariante de restricción, ver a continuación, lo que realmente $3=4-1$), y el 1 dof viene en lugar de la escalares radial modo de $\phi$.

Más explícitamente, escribir $$\phi(x)=e^{ie\pi(x)}\frac{h(x)}{\sqrt{2}}$$ (with both $\pi$ and $h(x)$ real scalar fields) and the covariant derivative $D_\mu \phi=(\partial_\mu-i e A_\mu)\phi$ se convierte en $$ D_\mu \phi=e^{ie\pi}\left[ie(\partial_\mu\pi-A_\mu)+\frac{1}{\sqrt{2}}\partial_\mu h\right] $$ de modo que el lagrangiano de lee $$ \mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2(\partial_\mu\pi-A_\mu)^2+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2\,. $$ Ahora, la definición de la nueva variable $A_\mu^\prime=A_\mu-\partial_\mu\pi$ (que es el invariante gauge combinación), el lagrangiano se convierte en $$ \mathcal{L}=-\frac{1}{4}F^\prime_{\mu\nu}F^{\prime \mu\nu}+\frac{e^2}{2}h^2 A_\mu^{\prime 2}+\frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2-\frac{m^2}{2}h^2 $$ en completa analogía con el abelian mecanismo de Higgs, excepto que $h$ tiene fuga de vacío expectativa de valor. Ahora, en este último lagrange depende de los campos$A_\mu^\prime$$h$: ¿cuántos dof hay? Así, el $h(x)$ sin duda cuenta 1. El $A_\mu^\prime$ por otro lado cuenta $3$ ni $4$ (aunque $\mu=0,1,2,3$) ni $2$. De hecho, a partir de las ecuaciones de movimiento $\partial_\mu F^{^\prime\mu\nu}=-e^2h^2 A^{\prime \nu}$ vemos la covariante restringir $$ \partial_\mu (A^{\prime\mu} h^2)=0 $$ que nos envía de $4$$3$. Pero observe que no hay ningún indicador invariancia de $A_\mu^\prime$ en su lagrangiano de arriba (la $e^2 h^2 A_\mu^{\prime 2}$plazo se rompe) y no hay modo longitudinal puede ser eliminado en esa forma: $A_\mu^\prime$ es una diferente configuración física de decir $A^\prime_\mu-\partial_\mu \Omega$ (en particular uno resuelve la ecuación de movimiento, el otro no). Por lo que el conteo termina aquí y que coincide con la masiva spin-1, además de un escalar real, que es $3+1$ como se esperaba. Notar sin embargo, que el spin-1 de la partícula no es masiva, y todo esto gimnasia es sólo artificial, como se quería mover alrededor de un escalar dof $\pi$ dentro $A_\mu$.

Answer 2

Antes de que podamos comparar con el segundo de Lagrange (2), la primera de Lagrange (1) debe incluir un medidor de fijación de plazo. ¿Por qué debemos considerar calibre fijo (en lugar de la onu calibre fijo) Lagrangians es, por ejemplo, se discutió en mi Phys.SE la respuesta aquí.