Cuantización de flujo en 3D Compact QED de Polyakov
En su libro "Gauge Fields and Strings", Polyakov presenta el QED compacto en una celosía cúbica en el espacio euclidiano 3D como: $$ S\left[ \left\{ A_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}}\right\} \right]=\frac{1}{2g^2}\sum_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha},\mathbf{\beta}}(1-\cos{F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}}) $$
Dónde $F$ es el flujo neto a través de la placa que está atravesado por los vectores reticulares $\mathbf{\alpha}$ y $\beta$ en el punto $\mathbf{r}$ y viene dado por: $$ F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}=A_{r,\alpha}+A_{r+\alpha,\beta}-A_{r,\beta}-A_{r+\beta,\alpha}$$ Que intuitivamente es el rizo de $A$alrededor de la placa. La transformación de calibre se define como:$$ A_{r,\alpha}\to A_{r,\alpha}-\phi_{r}+\phi_{r+\alpha} $$Bajo el cual la acción es invariante. Un resultado obvio es que el flujo total a través de cualquier superficie gaussiana cerrada es cero. Esto es cierto porque:$$\sum_{p\in cube} F_p=0$$Como cada campo de indicador en cada enlace aparece dos veces con diferentes signos en la suma anterior. Por lo tanto, es imposible tener monopolos en este sistema, excepto para los monopolos de Dirac que se pueden construir asumiendo que el flujo a través de 5 caras de un cubo tiene el mismo signo, mientras que una cara tiene un flujo neto con signo negativo, de modo que el flujo total permanece en cero. .
Pero luego, él (Polyakov) afirma que este flujo (que solo pasa por una de las caras de un cubo) está cuantificado. No sé cómo demostrarlo. Parece que es necesaria una transformación de calibre singular (según un artículo de 't Hooft) y necesitamos acoplar el campo de calibre a otro campo (probablemente materia), pero no puedo encontrar una manera de implementar esa transformación en el modelo de celosía y incluso uno podría preguntar por qué deberíamos emparejarnos$A$a otro grado de libertad. Este punto también se menciona aquí:https://physics.stackexchange.com/a/202806/90744 de nuevo sin ninguna prueba.
El libro utiliza otra acción que se afirma que es equivalente a la acción original, que viene dada por: $$ S=\frac{1}{4g^2}\sum_{r,\alpha,\beta}(F_{r,\alpha \beta}- 2\pi n_{r,\alpha \beta})^2 $$ Dónde $n$es un campo de valor entero. Esta acción en general no es equivalente a la acción original. porque aquí estamos permitiendo desviaciones de la no periodicidad de$A$ contribuir y, por lo tanto, solo podemos usarlo en los pequeños $g$ límite.
Respuestas
Bueno, con respecto a la pregunta, debería derivarse de la versión discreta del teorema de Stokes. Considere un cubo, en el caso de un flujo distinto de cero, perforando el cubo, no se puede asignar globalmente el potencial de calibre$A_\mu$, solo localmente, en un gráfico determinado. Dividamos el cubo en dos gráficos, superpuestos al menos en el ecuador.
El hemisferio norte y sur. Según el teorema de Stokes, el flujo a través de la superficie de color rojo pálido es igual a la circulación de$A_\mu$ alrededor del ecuador: $$ \int_{U_N} F d S= \sum_{i \in s} F_i S_i = \oint A_\mu dx^{\mu} = \sum_{i \in l} A_i l_i $$ Dónde $s$ - denota todas las superficies en el gráfico, y $l$ - los segmentos de línea en el ecuador, y $S_i$ - área de la superficie, $l_i$- longitud del segmento. En la integral sobre el ecuador, en el teorema de Stokes se puede elegir integrar sobre$U_N$ y $U_S$, y el resultado, desde el punto de vista físico, no debería depender de la elección de la superficie.
La parte electromagnética de la acción de la partícula puntual es: $$ S = \oint A_\mu d x^{\mu} $$ La acción de la partícula puntual entra en la integral de trayectoria como $e^{i S}$ Por lo tanto, para que el $e^{i S}$ para ser de un solo valor, los flujos sobre el hemisferio norte y sur deben satisfacer la siguiente condición: $$ \int _{U_N} F = - \int _{U_S} F + 2 \pi n \qquad n \in \mathbb{Z} \qquad \Rightarrow \qquad \int _{U_N \cup U_S} F = 2 \pi n $$
Esta lógica carece de rigor, pero puede proporcionar cierta intuición. Otro punto, que se puede notar, es que los monopolos son las soluciones clásicas - mínimos de la acción funcional, y de la acción, se puede ver que:$$ \cos F_{r, \alpha \beta} = 1 \Rightarrow F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n, n \in \mathbb{Z} $$ Entonces, la suma de todas las caras se cuantificará.
La acción, que ha escrito al final de su publicación, es una aproximación villana o gaussiana de la acción original, que asume que las fluctuaciones del campo de calibre están cerca de los mínimos.$F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n$, y se obtiene por expansión del coseno al segundo orden: $$ 1 - \cos F_{r, \alpha \beta} = \frac{1}{2} (F_{r, \alpha \beta} - 2 \pi n_{r, \alpha \beta})^2 $$