Quantification du flux dans le 3D Compact QED de Polyakov

Question

Dans son livre "Gauge Fields and Strings", Polyakov présente le QED compact sur un réseau cubique dans un espace euclidien 3D comme: $$ S\left[ \left\{ A_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}}\right\} \right]=\frac{1}{2g^2}\sum_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha},\mathbf{\beta}}(1-\cos{F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}}) $$

Où $F$ est le flux net à travers la plaquette qui est traversé par les vecteurs de réseau $\mathbf{\alpha}$ et $\beta$ au point $\mathbf{r}$ et est donnée par: $$ F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}=A_{r,\alpha}+A_{r+\alpha,\beta}-A_{r,\beta}-A_{r+\beta,\alpha}$$ Qui est intuitivement la boucle de $A$autour de la plaquette. La transformation de jauge est définie comme:$$ A_{r,\alpha}\to A_{r,\alpha}-\phi_{r}+\phi_{r+\alpha} $$Sous lequel l'action est invariante. Un résultat évident est que le flux total à travers toute surface gaussienne fermée est nul. Ceci est vrai parce que:$$\sum_{p\in cube} F_p=0$$Comme chaque champ de jauge sur chaque lien apparaît deux fois avec des signes différents dans la somme ci-dessus. Il est donc impossible d'avoir des monopôles dans ce système sauf pour les monopôles de Dirac qui peuvent être construits en supposant que le flux à travers 5 faces d'un cube a le même signe alors qu'une face a un flux net de signe négatif tel que le flux total reste nul .

Mais alors, il (Polyakov) déclare que ce flux (qui ne traverse qu'une des faces d'un cube) est quantifié. Je ne sais pas comment le prouver. Il semble qu'une transformation de jauge singulière soit nécessaire (selon un article de 't Hooft) et nous devons coupler le champ de jauge à un autre champ (probablement important), mais je ne peux pas trouver un moyen d'implémenter cette transformation dans le modèle de réseau et même on pourrait se demander pourquoi devrions-nous coupler$A$à un autre degré de liberté. Ce point est également mentionné ici:https://physics.stackexchange.com/a/202806/90744 encore une fois sans aucune preuve.

Le livre utilise une autre action qui est prétendument équivalente à l'action originale, qui est donnée par: $$ S=\frac{1}{4g^2}\sum_{r,\alpha,\beta}(F_{r,\alpha \beta}- 2\pi n_{r,\alpha \beta})^2 $$ Où $n$est un champ de valeur entière. Cette action en général n'est pas équivalente à l'action d'origine. car ici nous autorisons des écarts par rapport à la non-périodicité de$A$ contribuer et donc nous ne pouvons l'utiliser que dans le petit $g$ limite.

Answer 1

Eh bien, concernant la question, elle devrait découler de la version discrète du théorème de Stokes. Considérons un cube, en cas de flux non nul, perçant le cube, on ne peut pas attribuer globalement le potentiel de jauge$A_\mu$, uniquement localement, dans un certain graphique. Divisons le cube en deux graphiques, chevauchant au moins sur l'équateur

L'hémisphère nord et sud. Selon le théorème de Stokes, le flux à travers la surface rouge pâle est égal à la circulation de$A_\mu$ autour de l'équateur: $$ \int_{U_N} F d S= \sum_{i \in s} F_i S_i = \oint A_\mu dx^{\mu} = \sum_{i \in l} A_i l_i $$ Où $s$ - désigne toutes les surfaces du graphique, et $l$ - les segments de ligne sur l'équateur, et $S_i$ - surface de la surface, $l_i$- longueur du segment. Dans l'intégrale sur l'équateur, on peut choisir dans le théorème de Stokes d'intégrer sur$U_N$ et $U_S$, et le résultat, du point de vue physique, ne devrait pas dépendre du choix de la surface.

La partie électromagnétique de l'action pour la particule ponctuelle est: $$ S = \oint A_\mu d x^{\mu} $$ L'action pour la particule ponctuelle entre dans l'intégrale de chemin comme $e^{i S}$ Par conséquent, pour que le $e^{i S}$ pour être à valeur unique, les flux sur l'hémisphère nord et sud doivent satisfaire à la condition suivante: $$ \int _{U_N} F = - \int _{U_S} F + 2 \pi n \qquad n \in \mathbb{Z} \qquad \Rightarrow \qquad \int _{U_N \cup U_S} F = 2 \pi n $$

Cette logique manque de rigueur, mais peut fournir une certaine intuition. Autre point, que l'on peut noter, que les monopôles sont les solutions classiques - minima de l'action fonctionnelle, et de l'action, on peut voir que:$$ \cos F_{r, \alpha \beta} = 1 \Rightarrow F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n, n \in \mathbb{Z} $$ Ainsi, la somme sur toutes les faces sera quantifiée.

L'action, que vous avez écrite à la fin de votre message, est une approximation de méchant ou gaussienne de l'action originale, ce qui suppose que les fluctuations du champ de jauge sont proches des minima$F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n$, et est obtenu par l'expansion du cosinus au second ordre: $$ 1 - \cos F_{r, \alpha \beta} = \frac{1}{2} (F_{r, \alpha \beta} - 2 \pi n_{r, \alpha \beta})^2 $$