Polyakov'un 3B Kompakt QED'inde Akının Nicelendirilmesi
Polyakov, "Ölçü Alanları ve Dizeleri" adlı kitabında, kompakt QED'i 3B Öklid uzayında kübik bir kafes üzerinde şu şekilde tanıtmaktadır: $$ S\left[ \left\{ A_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}}\right\} \right]=\frac{1}{2g^2}\sum_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha},\mathbf{\beta}}(1-\cos{F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}}) $$
Nerede $F$ kafes vektörleri tarafından yayılan plakadaki net akıdır $\mathbf{\alpha}$ ve $\beta$ noktada $\mathbf{r}$ ve tarafından verilir: $$ F_{\mathbf{r},\mathbf{\alpha}\mathbf{\beta}}=A_{r,\alpha}+A_{r+\alpha,\beta}-A_{r,\beta}-A_{r+\beta,\alpha}$$ Hangi sezgisel olarak kıvrılma $A$plaketin etrafında. Gösterge dönüşümü şu şekilde tanımlanır:$$ A_{r,\alpha}\to A_{r,\alpha}-\phi_{r}+\phi_{r+\alpha} $$Hangi eylemin altında değişmez. Açık bir sonuç, herhangi bir kapalı Gauss yüzeyinden geçen toplam akının sıfır olmasıdır. Bu doğrudur çünkü:$$\sum_{p\in cube} F_p=0$$Her bağlantıdaki her gösterge alanı, yukarıdaki toplamda farklı işaretlerle iki kez göründüğünden. Dolayısıyla bu sistemde, bir küpün 5 yüzünden geçen akının aynı işarete sahip olduğu ve bir yüzün negatif işaretli bir net akının olduğu ve toplam akının sıfır kaldığı varsayımıyla inşa edilebilen Dirac monopolleri dışında, bu sistemde monopollerin olması imkansızdır. .
Ama sonra, (Polyakov) bu akının (bir küpün sadece bir yüzünden geçen) nicelleştirildiğini belirtir. Bunu nasıl kanıtlayacağımı bilmiyorum. Görünüşe göre tekil bir ayar dönüşümü gerekli ('t Hooft'un makalesine göre) ve ölçü alanını başka bir (muhtemelen önemli) alanla birleştirmemiz gerekiyor, ancak bu dönüşümü kafes modelinde uygulamanın bir yolunu bulamıyorum biri bile sorabilir neden çift olmalıyız$A$başka bir özgürlük derecesine. Bu noktadan burada da bahsedilmektedir:https://physics.stackexchange.com/a/202806/90744 yine herhangi bir kanıt olmadan.
Kitap, aşağıdakiler tarafından verilen orijinal eyleme eşdeğer olduğu iddia edilen başka bir eylem kullanıyor: $$ S=\frac{1}{4g^2}\sum_{r,\alpha,\beta}(F_{r,\alpha \beta}- 2\pi n_{r,\alpha \beta})^2 $$ Nerede $n$tamsayı değerli bir alandır. Bu eylem genel olarak orijinal eyleme eşdeğer değildir. çünkü burada periyodik olmayandan sapmalara izin veriyoruz$A$ katkıda bulunmak ve bu nedenle onu yalnızca küçük $g$ limit.
Yanıtlar
Peki, soru ile ilgili olarak, Stokes teoreminin ayrık versiyonunu takip etmelidir. Sıfır olmayan bir akı durumunda küpü delen bir küp düşünün, küresel olarak gösterge potansiyeli atanamaz$A_\mu$, yalnızca yerel olarak, belirli bir çizelgede. Küpü en azından ekvatorda üst üste gelecek şekilde iki tabloya ayıralım.
Kuzey ve güney yarımküre. Stokes teoremine göre soluk kırmızı yüzeyden geçen akı dolaşımına eşittir.$A_\mu$ ekvator etrafında: $$ \int_{U_N} F d S= \sum_{i \in s} F_i S_i = \oint A_\mu dx^{\mu} = \sum_{i \in l} A_i l_i $$ Nerede $s$ - grafikteki tüm yüzeyleri gösterir ve $l$ - ekvatordaki çizgi segmentleri ve $S_i$ - yüzey alanı, $l_i$- segmentin uzunluğu. Ekvator üzerinden integralde, Stokes teoreminde integral almak için seçilebilir.$U_N$ ve $U_S$ve fiziksel açıdan sonuç, yüzey seçimine bağlı olmamalıdır.
Nokta parçacığının hareketinin elektromanyetik kısmı şudur: $$ S = \oint A_\mu d x^{\mu} $$ Nokta parçacığının eylemi yol integraline şu şekilde girer: $e^{i S}$ Bu nedenle, sırayla $e^{i S}$ tek değerli olması için kuzey ve güney yarımküredeki akılar aşağıdaki koşulu sağlamalıdır: $$ \int _{U_N} F = - \int _{U_S} F + 2 \pi n \qquad n \in \mathbb{Z} \qquad \Rightarrow \qquad \int _{U_N \cup U_S} F = 2 \pi n $$
Bu mantık titizlikten yoksundur, ancak biraz sezgi sağlayabilir. Tekellerin klasik çözümler olduğu not edilebilecek başka bir nokta - eylemin minimum işlevselliği ve eylemden şu görülebilir:$$ \cos F_{r, \alpha \beta} = 1 \Rightarrow F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n, n \in \mathbb{Z} $$ Böylece tüm yüzlerin toplamı nicelendirilecektir.
Gönderinizin sonunda yazdığınız eylem, orijinal eylemin bir Kötü veya Gauss yaklaşımıdır ve bu, gösterge alanındaki dalgalanmaların minimuma yakın olduğunu varsayar.$F_{r, \alpha \beta} = 2 \pi n$ve kosinüsün ikinci düzeye genişlemesiyle elde edilir: $$ 1 - \cos F_{r, \alpha \beta} = \frac{1}{2} (F_{r, \alpha \beta} - 2 \pi n_{r, \alpha \beta})^2 $$