Gauge Field Notes
84.1

Problem 84.1

srednickiChapter 84

习题 84.1

来源: 第84章, PDF第515,516,517页

84.1 Conside a theory with gauge group SU(N)\text{SU}(N), with a real scalar field Φ\Phi in the adjoint representation, and potential

V(Φ)=12m2Tr Φ2+14λ1Tr Φ4+14λ2(Tr Φ2)2.(84.17)V(\Phi) = \frac{1}{2}m^2 \text{Tr } \Phi^2 + \frac{1}{4}\lambda_1 \text{Tr } \Phi^4 + \frac{1}{4}\lambda_2 (\text{Tr } \Phi^2)^2 . \tag{84.17}

This is the most general potential consistent with SU(N)\text{SU}(N) symmetry and a Z2\mathbb{Z}_2 symmetry Φ↔−Φ\Phi \leftrightarrow -\Phi, which we impose to keep things simple. We assume m2<0m^2 < 0. We can work in a basis in which Φ=v diag(α1,…,αN)\Phi = v \text{ diag}(\alpha_1, \dots, \alpha_N), with the constraints ∑iαi=0\sum_i \alpha_i = 0 and ∑iαi2=1\sum_i \alpha_i^2 = 1.

a) Extremize V(Φ)V(\Phi) with respect to vv. Solve for vv, and plug your result back into V(Φ)V(\Phi). You should find

V(Φ)=−14(m2)2λ1A(α)+λ2B(α),(84.18)V(\Phi) = \frac{-\frac{1}{4}(m^2)^2}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} , \tag{84.18}

where A(α)A(\alpha) and B(α)B(\alpha) are functions of αi\alpha_i.

b) Show that λ1A(α)+λ2B(α)\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha) must be everywhere positive in order for the potential to be bounded below.

c) Show that the absolute mimimum of the potential (assuming that it is bounded below) occurs at the absolute minimum of λ1A(α)+λ2B(α)\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha).

d) Show that, at any extremum of the potential, the αi\alpha_i take on at most three different values, and that these three values sum to zero. Hint: impose the constraints with Lagrange multipliers.

e) Show that, for λ1>0\lambda_1 > 0 and λ2>0\lambda_2 > 0, at the absolute minimum of V(Φ)V(\Phi) the unbroken symmetry group is SU(N+)×SU(N−)×U(1)\text{SU}(N_+) \times \text{SU}(N_-) \times \text{U}(1), where N+=N−=12NN_+ = N_- = \frac{1}{2}N if NN is even, and N±=12(N±1)N_{\pm} = \frac{1}{2}(N \pm 1) if NN is odd.

习题 84.1 - 解答

a) 将 Φ=v diag(α1,…,αN)\Phi = v \text{ diag}(\alpha_1, \dots, \alpha_N) 代入势能函数 V(Φ)V(\Phi) 中。首先计算迹： Tr Φ2=v2∑i=1Nαi2=v2\text{Tr } \Phi^2 = v^2 \sum_{i=1}^N \alpha_i^2 = v^2 Tr Φ4=v4∑i=1Nαi4\text{Tr } \Phi^4 = v^4 \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 将这些结果代入势能表达式： V(v,α)=12m2v2+14λ1v4∑i=1Nαi4+14λ2v4V(v, \alpha) = \frac{1}{2}m^2 v^2 + \frac{1}{4}\lambda_1 v^4 \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 + \frac{1}{4}\lambda_2 v^4 我们可以定义关于 αi\alpha_i 的函数 A(α)=∑i=1Nαi4A(\alpha) = \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 和 B(α)=1B(\alpha) = 1。势能变为： V(v,α)=12m2v2+14v4(λ1A(α)+λ2B(α))V(v, \alpha) = \frac{1}{2}m^2 v^2 + \frac{1}{4} v^4 \big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big) 对 vv 求极值，令 ∂V∂v=0\frac{\partial V}{\partial v} = 0： ∂V∂v=m2v+v3(λ1A(α)+λ2B(α))=0\frac{\partial V}{\partial v} = m^2 v + v^3 \big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big) = 0 因为 m2<0m^2 < 0，非平庸的极小值出现在 v≠0v \neq 0 处，解得： v2=−m2λ1A(α)+λ2B(α)v^2 = \frac{-m^2}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} 将 v2v^2 代回势能函数中： V(Φ)=12m2(−m2λ1A(α)+λ2B(α))+14(λ1A(α)+λ2B(α))(−m2λ1A(α)+λ2B(α))2V(\Phi) = \frac{1}{2}m^2 \left( \frac{-m^2}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} \right) + \frac{1}{4} \big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big) \left( \frac{-m^2}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} \right)^2 V(Φ)=−m42(λ1A(α)+λ2B(α))+m44(λ1A(α)+λ2B(α))V(\Phi) = \frac{-m^4}{2\big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big)} + \frac{m^4}{4\big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big)} V(Φ)=−14(m2)2λ1A(α)+λ2B(α)\boxed{ V(\Phi) = \frac{-\frac{1}{4}(m^2)^2}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} }

b) 为了使势能有下界，当场值 v→∞v \to \infty 时，势能必须趋于正无穷。在大 vv 极限下，势能由四次项主导： V(Φ)≈14v4(λ1A(α)+λ2B(α))V(\Phi) \approx \frac{1}{4} v^4 \big(\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)\big) 为了保证对于任意满足约束的 αi\alpha_i 方向，势能都不会趋于负无穷，四次项的系数必须严格为正。因此，必须满足： λ1A(α)+λ2B(α)>0\boxed{ \lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha) > 0 }

c) 由 a) 可知，在给定方向 α\alpha 上的势能极小值为： Vmin(α)=−14m4λ1A(α)+λ2B(α)V_{min}(\alpha) = \frac{-\frac{1}{4}m^4}{\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha)} 由于 m2<0m^2 < 0，分子 −14m4-\frac{1}{4}m^4 是一个严格为负的常数。由 b) 可知分母 λ1A(α)+λ2B(α)\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha) 处处为正。 要寻找势能的绝对极小值（即让这个负值在绝对值上尽可能大），我们需要让正的分母尽可能小。因此，势能的绝对极小值出现在 λ1A(α)+λ2B(α)\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha) 的绝对极小值处。

d) 我们需要在约束条件 ∑αi=0\sum \alpha_i = 0 和 ∑αi2=1\sum \alpha_i^2 = 1 下，求 λ1A(α)+λ2B(α)=λ1∑αi4+λ2\lambda_1 A(\alpha) + \lambda_2 B(\alpha) = \lambda_1 \sum \alpha_i^4 + \lambda_2 的极值。 引入拉格朗日乘子 μ\mu 和 ν\nu，构造目标函数： F(α,μ,ν)=λ1∑i=1Nαi4−μ∑i=1Nαi−2ν(∑i=1Nαi2−1)F(\alpha, \mu, \nu) = \lambda_1 \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 - \mu \sum_{i=1}^N \alpha_i - 2\nu \left( \sum_{i=1}^N \alpha_i^2 - 1 \right) 对 αi\alpha_i 求偏导并令其为零： ∂F∂αi=4λ1αi3−μ−4ναi=0\frac{\partial F}{\partial \alpha_i} = 4\lambda_1 \alpha_i^3 - \mu - 4\nu \alpha_i = 0 这给出了一个关于 αi\alpha_i 的三次方程： 4λ1αi3−4ναi−μ=04\lambda_1 \alpha_i^3 - 4\nu \alpha_i - \mu = 0 由于任何实系数三次方程最多只有三个实数根，因此在任何极值点处，αi\alpha_i 最多只能取三个不同的值。 设这三个根为 x,y,zx, y, z。根据韦达定理（Vieta's formulas），三次方程 at3+bt2+ct+d=0at^3 + bt^2 + ct + d = 0 的三根之和为 −b/a-b/a。在上述方程中，二次项 αi2\alpha_i^2 的系数为 00，因此这三个可能的值之和为零： x+y+z=0\boxed{ x + y + z = 0 }

e) 对于 λ1>0\lambda_1 > 0 且 λ2>0\lambda_2 > 0，最小化势能等价于最小化 A(α)=∑αi4A(\alpha) = \sum \alpha_i^4。我们可以通过配方将其与方差联系起来： ∑i=1N(αi2−1N)2=∑i=1Nαi4−2N∑i=1Nαi2+1N=∑i=1Nαi4−1N\sum_{i=1}^N \left( \alpha_i^2 - \frac{1}{N} \right)^2 = \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 - \frac{2}{N} \sum_{i=1}^N \alpha_i^2 + \frac{1}{N} = \sum_{i=1}^N \alpha_i^4 - \frac{1}{N} 因此，最小化 ∑αi4\sum \alpha_i^4 等价于让 αi2\alpha_i^2 尽可能接近 1/N1/N（即最小化 αi2\alpha_i^2 的方差）。

  • 如果 NN 是偶数，我们可以令所有 αi2=1/N\alpha_i^2 = 1/N。为了满足 ∑αi=0\sum \alpha_i = 0，一半的 αi\alpha_i 必须为正，一半为负。此时 αi\alpha_i 仅取两个值，多重度为 N+=N−=N/2N_+ = N_- = N/2。
  • 如果 NN 是奇数，αi2\alpha_i^2 无法全部相等。为了使方差最小且满足和为零，αi\alpha_i 同样只取两个不同的值 x>0x > 0 和 y<0y < 0，且它们的多重度 N+N_+ 和 N−N_- 应尽可能接近，即 N±=12(N±1)N_{\pm} = \frac{1}{2}(N \pm 1)。

我们可以显式验证两值配置的极小性。设 αi\alpha_i 取值 xx 和 yy，多重度分别为 N+N_+ 和 N−N_-： N+x+N−y=0  ⟹  y=−N+N−xN_+ x + N_- y = 0 \implies y = -\frac{N_+}{N_-} x N+x2+N−y2=1  ⟹  N+x2+N−(−N+N−x)2=1  ⟹  x2=N−NN+N_+ x^2 + N_- y^2 = 1 \implies N_+ x^2 + N_- \left(-\frac{N_+}{N_-} x\right)^2 = 1 \implies x^2 = \frac{N_-}{N N_+} 计算四次方之和： ∑i=1Nαi4=N+x4+N−y4=N+(N−NN+)2+N−(N+NN−)2=N−2N2N++N+2N2N−=N+3+N−3N2N+N−\sum_{i=1}^N \alpha_i^4 = N_+ x^4 + N_- y^4 = N_+ \left(\frac{N_-}{N N_+}\right)^2 + N_- \left(\frac{N_+}{N N_-}\right)^2 = \frac{N_-^2}{N^2 N_+} + \frac{N_+^2}{N^2 N_-} = \frac{N_+^3 + N_-^3}{N^2 N_+ N_-} 利用 N++N−=NN_+ + N_- = N，上式化简为： ∑i=1Nαi4=(N++N−)(N+2−N+N−+N−2)N2N+N−=N2−3N+N−NN+N−=NN+N−−3N\sum_{i=1}^N \alpha_i^4 = \frac{(N_+ + N_-)(N_+^2 - N_+ N_- + N_-^2)}{N^2 N_+ N_-} = \frac{N^2 - 3N_+ N_-}{N N_+ N_-} = \frac{N}{N_+ N_-} - \frac{3}{N} 要使其最小化，必须最大化乘积 N+N−N_+ N_-。在整数约束下，最大值恰好在 N+=N−=12NN_+ = N_- = \frac{1}{2}N（NN 为偶数）或 N±=12(N±1)N_{\pm} = \frac{1}{2}(N \pm 1)（NN 为奇数）时取得。

由于在绝对极小值处，伴随标量场 Φ\Phi 具有两个不同的本征值，其对角矩阵形式将原有的 SU(N)\text{SU}(N) 规范对称性破缺为与 Φ\Phi 对易的子群。 N+N_+ 个相同的本征值保留了 SU(N+)\text{SU}(N_+) 对称性，N−N_- 个相同的本征值保留了 SU(N−)\text{SU}(N_-) 对称性，而 Φ\Phi 自身生成了一个额外的 U(1)\text{U}(1) 相位对称性。因此，未破缺的对称群为： SU(N+)×SU(N−)×U(1)\boxed{ \text{SU}(N_+) \times \text{SU}(N_-) \times \text{U}(1) }