Ejercicios de Standard Model 1 Ejercicio 8: Local symmetries: Try to

Ejercicios de Standard Model
1
Ejercicio 8:
Local symmetries: Try to repeat the arguments leading to the derivation of a
Noether current (4), but now considering ²a as a function of x, i.e. ²a . Obviously we cannot factor out ²a now. Check that if we replace ∂µ by Dµ with a
gauge connection we can remove the offending term by choosing an appropiate
transformation for gauge field.
Asumimos una transformacion (local)
δΨ = −i²a (x)T a Ψ
(1)
∂µ (δΨ) = −i(∂µ ²a (x))T a Ψ − i²a (x)T a ∂µ Ψ
(2)
Como
por lo tanto se observa que ∂µ (δΨ) 6= δ(∂µ Ψ) Entonces como
δL =
δL
δL
δΨ +
δ(∂µ Ψ)
δΨ
δ(∂µ Ψ)
(3)
Sabemos que las ecuaciones de Euler Lagrange
∂µ
δL
δL
=
δ(∂µ Ψ)
δΨ
(4)
que al reemplazar en (3)
δL
δL
δΨ +
δ(∂µ Ψ)
δ(∂µ Ψ)
δ(∂µ Ψ)
(5)
δL
δL
δL
δΨ +
∂µ (δΨ) + i
(∂µ ²a (x))T a Ψ
δ(∂µ Ψ)
δ(∂µ Ψ)
δ(∂µ Ψ)
(6)
δL = ∂µ
δL = ∂µ
µ
δL = ∂µ
¶
δL
δL
δΨ − i
(−i∂µ ²a (x)T a Ψ)
δ(∂µ Ψ)
δ(∂µ Ψ)
(7)
El ultimo termino es δΨ. Por lo tanto no se puede definir J µ tal que ∂µ J µ = 0
excepto si se reemplaza ∂µ → Dµ . Y ahora A0µ (x) = Aµ (x) + g1 ∂µ ²a (x) entonces
vemos que Dµ J µ = 0 donde Jµ = δ(∂δL
δΨ.
µ Ψ)
Ejercicio 9:
Determine the transformation of Dµ and Fµν in a non-abelian gauge theory under gauge transformation G(x).
1 Nota:
las ecuaciones () se refieren a las de estas soluciones y [] a las del resumen del curso.
1
Como sabemos
L = iΨ̄γ µ (∂µ + gAµ T )Ψ
(8)
y queremos que cumpla con ser invariante al transformarlo (recordar que Dµ =
∂µ + gAµ T )
L0 = iΨ̄γ 0µ Dµ0 Ψ0
(9)
L = iΨ̄γ µ ∂µ Ψ + g Ψ̄γ µ Aµ T̂ Ψ
(10)
L = iΨ̄Ĝ−1 Ĝγ µ ∂µ Ĝ−1 ĜΨ + g Ψ̄Ĝ−1 Ĝγ µ Aµ T̂ Ĝ−1 ĜΨ
(11)
Entonces
Y como Ψ̄0 = Ψ̄Ĝ−1 y Ψ0 = ĜΨ
L = iΨ̄0 Ĝγ µ ∂µ Ĝ−1 Ψ0 + g Ψ̄0 Ĝγ µ Aµ T̂ Ĝ−1 Ψ0
(12)
La Ĝ conmuta con las gamma y además sumo y resto un termino iΨ̄0 γ µ ∂µ Ψ0 y
reagrupando
L = iΨ̄0 γ µ ∂µ Ψ0 + iΨ̄0 γ µ (Ĝ(∂µ Ĝ−1 ))Ψ0 + g Ψ̄0 γ µ ĜAµ T̂ Ĝ−1 Ψ0
µ
0 µ
0
0 µ
L = iΨ̄ γ ∂µ Ψ + g Ψ̄ γ
¶
i
−1
−1
Ĝ(∂µ Ĝ ) + ĜAµ T̂ Ĝ
Ψ0
g
(13)
(14)
Con lo que
Â0µ =
i
Ĝ(∂µ Ĝ−1 ) + Ĝµ Ĝ−1
g
(15)
Para que Dµ sea covariante
D̂µ → D̂µ0 = ∂µ − ig Â0µ T̂
(16)
D̂µ0 = ĜD̂µ Ĝ−1
(17)
Por lo tanto
Ademas sabemos que se puede escribir al tensor de energia impulso como
F̂µν =
i
[D̂µ , D̂ν ]
g
(18)
que por (17) como
[D̂µ0 , D̂ν0 ] = Ĝ[D̂µ , D̂ν ]Ĝ−1
2
(19)
entonces
0
F̂µν
= ĜF̂µν Ĝ−1
(20)
Ejercicio 10:
Verify that the Feynman rule for the three-gluon vertex complies with Bose symmetry.
La regla de Feynman es
igfrst [(k1τ − k2τ )g ρσ + (k2ρ − k3ρ )g στ + (k3σ − k1σ )g τ ρ ](2π)4 δ 4 (k1 + k2 + k3 ) (21)
Al cambiar por ejemplo (k1 , r, ρ) ↔ (k2 , s, σ)
igfsrt [(k2τ − k1τ )g σρ + (k1σ − k3σ )g ρτ + (k3ρ − k2ρ )g τ σ ](2π)4 δ 4 (k2 + k1 + k3 ) (22)
Como
fsrt = −frst
(23)
g σρ = g ρσ
(24)
y ademas
y lo mismo para g ρτ = g τ ρ y g τ σ = g στ entonces
ig(−frst )[−(k1τ − k2τ )g ρσ − (k2ρ − k3ρ )g στ − (k3σ − k1σ )g τ ρ ](2π)4 δ 4 (k2 + k1 + k3 ) (25)
que es equivalente a (21) por lo tanto cumple cpn la simetria de Bose.
Ejercicio 11:
Find the sum over physical states (i.e. over transverse states
P in the case of massless gauge particles) of the polarization vectors τ µν = σ ²µ (k, σ)²∗ν (k, σ)
Queremos encontrar
3
X
gσσ ²µ (k, σ)²ν (k, σ)
(26)
σ=0
donde gσσ es el factor signo que valdra 1 o -1.
Introducimos dos vectopres transversales σ = 1, 2
²µ (k, 1) = (0, ²(k, 1))
²µ (k, 2) = (0, ²(k, 2))
(27)
respecto a un sistema de Lorentz fijo. Como no podemos utilizar k como un
vector d ela base (ya que no es normalizable) definimos un vector en el sistema
de referencia de Lorentz dado por
n = (1, 0, 0, 0)
3
(28)
donde n2 = +1.
El vector polarizacion longitudinal se puede escribir
k − n(k.n)
²(k, 3) = p
(k.n)2 − k 2
(29)
cuya norma es la correcta ²(k, 3).²(k, 3) = −1. Ademas ²(k, 3).n = 0 asi que por
la condicion de n normalizado vemos que
²(k, 3) = (0,
k
)
|k|2
(30)
Notemos que ²(k, i) con i = 1, 2, 3 tienen componentes espaciales ortogonales.
El cuarto vector sera ortogonal a los tres
²(k, 0) = n
(31)
k µ .²µ (k, 1) = k µ .²µ (k, 2) = 0
k µ .²µ (k, 0) = −k µ .²µ (k, 3) = k.n
(32)
cuya norma es +1
Asi vemos que
Haremos un parentesis donde conjeturaremos que la ecuacion (26) es
3
X
gσσ ²µ (k, σ)²ν (k, σ) = gµν
(33)
σ=0
Cuando µ = 0 y ν = 0 el resultado es +1 = g00 por lo que queda demostrar
cuando los indices son espaciales i,j (ya que los indices o componentes que son
mezcla espacio temporales, se anulan)
3
X
²i (k, σ)²j (k, σ) = δij
(34)
σ=1
que es la relacion de completitud ordinaria. Lo que se queria demostrar.
Retomando:
La suma entonces sobr elos estados transversales sera
−
3
X
kµ .kν
+ ²µ (k, 3)²ν (k, 3)
(k.n)2
(35)
kµ .nν + kν .nµ
(k.n)
(36)
kµ .kν
kµ .nν + kν .nµ
+
(k.n)2
(k.n)
(37)
²µ (k, σ)²ν (k, σ) = gµν +
σ=1
y como
²µ (k, 3)²ν (k, 3) = −
entonces
2
X
²µ (k, σ)²ν (k, σ) = −gµν −
σ=1
4
Ejercicio 12:
a
b
c
a
a
Verify that ²µναβ Fµν
Fαβ
is the divergence of the term ²µναβ (Wνa ∂α Wβa + 2g
3 fabc Wν Wα Wβ )
Quiero demostrar que
a
²µναβ Fµν
Fαβ a = ∂µ [²µναβ (Wνa ∂α Wβa +
2g
fabc Wνa Wαb Wβc )]
3
(38)
Veamos la l.h.s.
a
a
²µναβ Fµν
Fαβ a = ²µναβ (∂µ Wνa + gfbc
Wµb Wνc )(∂α Wβ a + gfade Wαd Wβe )
(39)
a
a
²µναβ Fµν
Fαβ a = ²µναβ (∂µ Wνa ∂α Wβ a + gfbc
∂α Wβ a Wµb Wνc +
a
gfade ∂µ Wνa Wαd Wβe + g 2 fbc
fade Wµb Wνc Wαd Wβe )
(40)
El tercer termino cuando b=d,c=e
a
²µναβ gfbc
∂α Wβ a Wµb Wνc = ²µναβ gfade ∂α Wβ a Wµd Wνe
(41)
al intercambiar µ ↔ α
a
²µναβ gfbc
∂α Wβ a Wµb Wνc = −²µναβ gfade ∂µ Wβ a Wαd Wνe
(42)
al intercambiar ν ↔ β
a
∂α Wβ a Wµb Wνc = +²µναβ gfade ∂µ Wν a Wαd Wβe
²µναβ gfbc
(43)
El cuarto termino
a
a
b
e
²µναβ g 2 fbc
fade Wµb Wνc Wαd Wβe = ²µναβ g 2 fbc
fade W[µ
Wνc Wαd Wβ]
(44)
tambien los indices latinos
a
a
fade W[µ Wνc Wαd Wβ]
fade Wµb Wνc Wαd Wβe = ²µναβ g 2 fbc
²µναβ g 2 fbc
e]
(45)
a
a
²µναβ g 2 fbc
fade Wµb Wνc Wαd Wβe = ²µναβ g 2 fa[de fbc]
Wµb Wνc Wαd Wβe
(46)
[b
o bien
a
la identidad de Jacobi es fa[de fbc]
=0
a
²µναβ g 2 fbc
fade Wµb Wνc Wαd Wβe = 0
(47)
Entonces el l.h.s. se reduce a
a
²µναβ Fµν
Fαβ a = ²µναβ (∂µ Wνa ∂α Wβ a + 2gfade ∂µ Wνa Wαd Wβe )
(48)
El r.h.s. de la igualdad
∂µ [²µναβ (Wνa ∂α Wβa +
2g
fabc Wνa Wαb Wβc )] = ²µναβ [∂µ Wνa ∂α Wβa + Wνa ∂µ ∂α Wβa +
3
¡
¢
2g
fabc ∂µ Wνa Wαb Wβc + Wνa ∂µ Wαb Wβc + Wνa Wαb ∂µ Wβc ] (49)
3
5
ya que ²µναβ es antisimetrico y ∂µ ∂n u simetrico el segundo termino se anula.
Por otro lado los ultimos dos terminos al intercambiar α ↔ µ y a ↔ b
²µναβ fabc Wνa ∂µ Wαb Wβc = ²µναβ fabc Wαb ∂µ Wνa Wβc
(50)
y intercambiando ν ↔ β y a ↔ c
²µναβ fabc Wνa Wαb ∂µ Wβc = ²µναβ fabc Wβc Wαb ∂µ Wνa
(51)
Entonces
2g
fabc Wνa Wαb Wβc )] =
3
²µναβ [∂µ Wνa ∂α Wβa + 2fabc ∂µ Wνa Wαb Wβc ]
∂µ [²µναβ (Wνa ∂α Wβa +
(52)
y vemos que es igual a (48) como se queria demostrar.
Ejercicio 13:
Would it be possible to have Qa |0i 6= 0?
Como
−iT a v = h0|[Qa , φ]|0i
(53)
Cuando Qa |0i =
6 0 no implica que h0|[Qa , φ]|0i 6= 0. De hecho basta con que
[Q , φ] = 0 para que entonces T a v = 0. Por lo tanto si es posible tener Qa |0i =
6 0
pero T a v = 0
a
Ejercicio 14:
Discuss the Goldstone phenomenon in an Ising ferromagnet in 3 dimensions.
What is Q|0i in this case?
Ejercicio 15:
Derive eq. (101)
Ejercicio 16:
Show that the coefficient of the anomaly above is correct.
Sabemos por la ecuacion [77] de los apuntes que
∂µ (Ψ̄γ µ γ 5 Ψ) =
g 2 Nf µναβ a
²
Fµν Fαβa
4π 2 8
(54)
Habiamos definido la corriente axial como
J5µ = Ψ̄γ µ γ 5 Ψ
(55)
y por otro lado la constante
α=
g2
4π
6
(56)
donde g ≡ e en la constante de estructura fina α =
(27) sea
∂µ J5µ =
e2
4π
=
1
127 .
Esto hace que
¢
α Nf ¡ µναβ a
²
Fµν Fαβa
π 8
(57)
Pero como
a
a µναβ
a
²µναβ Fµν
Fαβa = Fµν
²
Fαβa = 2Fµν
F̃µνa
(58)
porque ²µναβ Fαβa ≡ 2F̃µνa Entonces
∂µ J5µ =
³
´
α
a
Nf Fµν
F̃µνa
4π
(59)
Ejercicio 17:
Compute the anomaly in the two space-time dimensions.
Ejercicio 18:
Check the counterterm structure that makes finite the Green function Γ =
hT W W W i. You have to renormalize external legs and the charge.
−3
1
2
Como llos valores bare son g 0 = Z1Y M Z3Y2M g y Wµ0 = Z3Y
M Wµ
−3
1
3
2
h0|T Wµ0 Wµ0 Wµ0 |0i = Z1Y M Z3Y2M (Z3Y
M ) h0|T Wµ Wµ Wµ |0i
(60)
h0|T Wµ0 Wµ0 Wµ0 |0i = Z1Y M h0|T Wµ Wµ Wµ |0i
(61)
Y asi
Ejercicio 19:
Verify (133) is indeed the solution of the differential equation (132)
Veamos si llamamos U = tD −
Rt
0
dtγΓ (ᾱs (t)) y V = Γ(pi , ᾱs (t), µ)
∂Γ
∂V ∂ ᾱ ∂α
= (D − γΓ (ᾱs (t)))(expU )V + (expU )
∂t
∂ ᾱ ∂α ∂t
∂Γ
=
∂αs
µZ
t
dt
0
∂γΓ ∂ ᾱ
∂ ᾱ ∂α
¶
(expU )V + (expU )
∂V ∂ ᾱ
∂ ᾱ ∂α
(62)
(63)
Como la dimension anomala γΓ es independiente de ᾱs ya que γΓ ∼ O(ZΓ ) y
ZΓ (µ, ²) → ∂∂γᾱΓs = 0 por lo tanto el primer termino del r.h.s. se anula. Entonces
µ
¶
∂Γ
∂Γ
−
+ βαs
− γΓ + D Γ(et pi , ᾱs (t), µ) =
∂t
∂αs
∂V ∂ ᾱ ∂α
∂V ∂ ᾱ
−DΓ + γΓ (ᾱs )Γ − (expU )
+ βα(expU )
+ DΓ − γΓ (ᾱs )Γ (64)
∂ ᾱ ∂α ∂t
∂ ᾱ ∂α
7
Vemos que el primero y segundo termino se simplifican con los dos ultimos.
t
∂α ∂(e µ)
Finalmente ᾱ(t) → α(et µ) entonces ∂α
= ∂α
∂t = ∂(et µ) ∂t
∂µ µ = αs β (la ultima
igualdad corresponde a la ecuacio [134]) y
¶
µ
∂Γ
∂Γ
−
+ βαs
− γΓ + D Γ(et pi , ᾱs (t), µ) =
∂t
∂αs
∂V ∂ ᾱ
∂V ∂ ᾱ
−(expU )
αs β + βα(expU )
=0
(65)
∂ ᾱ ∂α
∂ ᾱ ∂α
Lo que se queria demostrar.
Ejercicio 20:
If
αs a ³ αs ´2
Zα = 1 +
+
π ²
π
µ
b
c
+
²2
²
¶
(66)
determine β1 as a function of a
Ejercicio 21:
Show that there is a relation between b and a. Determine β2
Ejercicio 22:
Derive eq (159)
Ejercicio 23:
We leave as an excercise to derive the rest of the proof. Hints:(a) write the timeordered product in term of step functions. (b)do the same for Π∗ and perform
some shifts in the integration variables and use that Πµν is symmetric in µν.
(c) use translation operators and recall the physical states have positive energy
Ejercicio 24:
Compute σ(e+ e− → µ+ µ+ )directly from dispersion relations. The computation
for mµ = 0 is much easier, but you are encouraged to try it for mµ 6= 0
Ejercicio 24 bis:
Could you justify on some physical arguments these limiting values?
Ejercicio 25:
Prove eq.(240)
Ejercicio 26:
N
Show that if we define ξ = πβ
log tt0 and Y = log x1 , the saddle point corresponds
1
q
to j0 = 1 + Yξ and prove (254).
8
Ejercicio 27:
Determine the transformation of scalar and pseudoscalar bilinears under C,P
Ejercicio 28:
Chaeck the hermiticity requirements of λ and η
Llamaremos
†
hermitico ,
∗
complejo conjugado
(λφΨ̄Ψ)† = λ∗ (φΨ̄Ψ)†
(67)
como Ψ̄ = Ψ† γ 0 y el campo es escalar
(λφΨ̄Ψ)† = λ∗ φΨ† (Ψ† γ 0 )† = λ∗ φΨ† γ 0 Ψ = λ∗ φΨ̄Ψ
(68)
Entonces λ = lambda∗ es real puro. Por otro lado si χ es un escalar
(ηχΨ̄γ 5 Ψ)† = η ∗ χ(Ψ̄γ 5 Ψ)†
(69)
(ηχΨ̄γ 5 Ψ)† = η ∗ χΨ† γ 5 (Ψ† γ 0 )† = η ∗ χΨ† γ 5 γ 0 Ψ = −η ∗ χΨ̄γ 5 Ψ
(70)
El ultimo paso se debe a que γ 0 , γ 5 = 0. Por lo tanto η = −η ∗ pero lo que
debiamos analizar era iη y eso implica que η sea imaginario puro.
Ejercicio 29:
Derive the above values for v and a
Ejercicio 30:
We leave as an exercise to the reader to prove that under SU (2)L transformations, Φ̃ transforms in the same way as Φ
Ejercicio 31:
Check it!
Ejercicio 32:
Forget about gauge symmetries and assume that U = U0 6= I. Show that the symmetry that is left is still SU (2)V . Suggestion:write U0 = ξ 2 , then ξ 0 = Lξh† =
hξR†
Ejercicio 33:
Considering the limit of small momentum transfer, find the relation between the
gauge coupling constant, MW and the Fermi constant GF
Si comparamos el hamiltoniano de interaccion de la teoria de Fermi
Z
GF
Hint = √
d3 xJ † α J α
2
9
(71)
que po lo encontrado en [75] podemos identificar en el acoplo de la corriente
debil cargada
g2
= ḡ 2
8
(72)
GF
g2
√ =
8MW 2
2
(73)
que es identico a
2 2
pero como [77] MW 2 = v 4g entonces podemos pensar que esta relacion es el
comportamiento asintotico del propagador bosonico
−−→ g 2
(−iḡ)2 −−
2
p
q
→0
8MW 2
q 2 − MW 2
equivalente a bajas energias o small momentum transfer.
10
(74)