Датчик Весса-Зумино в неабелевой суперсимметричной теории - физиков.нет
6 голосов
/ 08 февраля 2015

У меня вопрос по поводу неабелевых суперсимметричных калибровочных теорий.

Рассмотрим суперсимметричную неабелеву теорию, реализованную на киральных суперполях $\Phi_i$ в представлении $R$ с матричными генераторами $T_{i}^{aj}$. Определим преобразование суперкабелей как $$\Phi_i \rightarrow (e^{2\imath g_a \Omega^a T^a})_{i}{}^{j} \, \Phi_j.$$ Супергабаритно-инвариантный член в лагранжиане имеет вид $$\mathcal{L} = \Bigl[\Phi^{*i}\,(e^V)_i{}^j \, \Phi_j\Bigr]_D.$$ Чтобы это было калибровочно-инвариантным, неабелево калибровочное преобразование для векторного поля должно быть $$e^V \rightarrow e^{\imath \Omega^\dagger}\,e^V\,e^{-\imath \Omega}.$$ Используя формулу Бейкера-Хаусдорфа, получаем $$V^a \rightarrow V^a + \imath(\Omega^{a*}-\Omega^a)+g_a \, f^{abc}\,V^b(\Omega^{c*}+\Omega^c)+...$$ Обычно в этот момент они утверждают, что, поскольку второе слагаемое справа не зависит от $V^a$, всегда можно выполнить преобразование суперметра в калибровку Весса-Зумино , выбрав $\Omega^{a*}-\Omega^a$ соответствующим образом.

Это момент, которого я не понимаю. Что это значит? Строго говоря, последнее выражение представляет собой сложное нелинейное уравнение на составляющие $V^a$ суперполя.

Полагаю, они имеют в виду, что со второго семестра на р.ч. не зависит от $V^a$, его можно решить в рамках теории возмущений по константе (ам) связи $g_a$. Это правильно? Если да, то как это доказать строго во всех приказах?

Ответы [ 3 ]

3 голосов
/ 08 февраля 2015

I) Калибровочное преобразование действительного калибровочного поля $V$ читает

$$ e^{\widetilde{V}} ~=~e^Xe^Ve^Y, \qquad X~:=~i\Omega^{\dagger}, \qquad Y~:=~-i\Omega. \tag{1}$$

Далее мы используем следующие BCH формулы

$$ e^Xe^V~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B({\rm ad} V)X+{\cal O}(X^2)}, \qquad e^Ve^Y~\stackrel{\rm BCH}{=}~e^{V+B(-{\rm ad} V)Y+{\cal O}(Y^2)}.\tag{2} $$

Удерживая только линейные ордера в $\Omega$, получаем

$$\begin{align}\widetilde{V}~&\stackrel{(1)+(2)}{=}~B({\rm ad} V)X+V+B(-{\rm ad} V)Y\cr &~~~\stackrel{(4)}{=}~V+\frac{1}{2}[V,Y-X]+B_+({\rm ad} V)(X+Y),\end{align}\tag{3} $$

, где

$$\begin{align} B(x)&~:=~\frac{x}{e^x-1}~=~\sum_{m=0}^{\infty}\frac{B_m}{m!}x^m~=~B_+(x)-\frac{x}{2}\cr &~=~1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8)\end{align} \tag{4} $$

и

$$\begin{align} B_+(x) &~:=~\frac{B(x)+B(-x)}{2}~=~\frac{x/2}{\tanh\frac{x}{2}} \cr &~=~1+\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{720}+\frac{x^6}{30240}+{\cal O}(x^8) \end{align} \tag{5} $$

являются производящими функциями чисел Бернулли .

II) Мы бы хотели, чтобы $\widetilde{V}$ находился в WZ манометре

$$ \widetilde{V}~=~{\cal O}(\theta^2) .\tag{6} $$

Для данных $V$, $\widetilde{V}$ и $X-Y$, экв. (3 + 6) является аффинным $^1$ уравнением в $X+Y=i\Omega^{\dagger}-i\Omega$. Это формально имеет решение, если оператор

$$ B_+({\rm ad} V)~=~{\bf 1} + \ldots \tag{7} $$

обратимо, что верно, по крайней мере, пертурбативно. Чтобы закончить доказательство, нужно выписать уравнение в его суперполевых компонентах, чтобы проверить, что вышеупомянутый механизм аффинного сдвига действительно реализован на уровне компонентов. Напомним, например, что калибровочное поле $\widetilde{V}$ может не быть полностью измерено (= обнулено), поскольку $\Omega$ является киральным суперполем с недостаточным $\theta$ для достижения все компоненты $\widetilde{V}$, так сказать.

Ссылки

  1. S.P. Martin, Праймер суперсимметрии, arXiv: hep-ph / 9709356 ; с.43.

-

$^1$ * аффинное уравнение - это линейное уравнение с неоднородным членом / термином источника.

1 голос
/ 08 февраля 2015

Калибр Весса-Зумино является особым выбором калибровки, где векторное суперполе имеет особую форму и имеет меньше компонентов, чем общее векторное суперполе. Поэтому, если я свободен выполнить калибровочное преобразование, я могу выбрать компоненты кирального суперполя $\Omega$ таким образом, чтобы сумма $\theta$ (или любого другого "$\theta$ компонента", который я хочу исключить для достичь калибровки WZ) кирального и векторного суперполя, равного нулю.

0 голосов
/ 02 мая 2017

Я думаю, калибровочное преобразование имеет в своем определении суперпространство $y_\mu$, которое равно $x_\mu + i \theta \sigma_\mu \bar \theta$. Таким образом, в его расширении Тейлора фигурирует только 3 члена: $Ω(y) = Ω(x) + i \theta \sigma_\mu \bar \theta \partial_\mu Ω(x) + \frac{1}{4} \theta \theta \bar \theta \bar \theta \Box{Ω(x)}$.

Добро пожаловать на сайт физиков.нет, где вы можете задавать вопросы и получать ответы от других членов сообщества.
...