Вопрос про гравитацию и бозон Хиггса

[fizeg]

Вот такой вот лагранжианчик будет (стандартная башня Калуца-Клейна для векторных частиц)
\begin{eqnarray*}&\mathcal{L}_{(2+1)D}=-F^{A(0)}_{ab}F^{A(0),ab}+\partial_a\phi^{(0)}\partial^a\phi^{(0)}-\\ &-\frac12\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\Bigl[F^{(An)}_{ab}F^{(An),ab}-m_n^2A^{(n)}_aA^{(n),a}+F^{(Bn)}_{ab}F^{(Bn),ab}-m_n^2B^{(n)}_aB^{(n),a}\\ &-\partial_a\phi^{(n)}\partial^a\phi^{(n)}-\partial_a\chi^{(n)}\partial^a\chi^{(n)}-2m_nB^{(n)}_a\partial^a\phi^{(n)}+2m_nA^{(n)}_a\partial^a\chi^{(n)}\Bigr]\end{eqnarray*}

где $a,b=0,1,2$ $F^{A(n)}_{ab}=\partial_aA^{(n)}_b-\partial_bA^{(n)}_a$ и тоже самое для $B^{(n)}$

Обычное поле собирается как
\begin{eqnarray*}&A^a=A^{(0),\mu}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\Bigl(A^{(n),a}\cos{m_nz}+B^{(n),a}\sin{m_nz}\Bigr)\\ &A^3=\phi^{(0)}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\Bigl(\phi^{(n)}\cos{m_nz}+\chi^{(n)}\sin{m_nz}\Bigr)\end{eqnarray*}

Калибровочные преобразования очевидно теперь задействуют сразу и векторные и скалярные поля.
$A^{(n)}_a\rightarrow A^{(n)}_a+\partial_a\theta^{(n)},\quad\phi^{(n)}\rightarrow\phi^{(n)}+m_n\theta^{(n)}$
и аналогично для $B^{(n)}$ и $\chi^{(n)}$

Калибровочным преобразованием вы можете убить все скалярные поля (кроме нулевого!) но тогда у вас не останется свободы на борьбу с продольными компонентами векторных частиц

-- 25.11.2012, 18:13 --

(Оффтоп)

Почему форум хочет, чтобы я писал $\varphi$ вместо $\phi$, но не хочет напоминать про \limits у сумм?

[Munin]

(Оффтоп)

fizeg в сообщении #649429 писал(а):

Почему форум хочет, чтобы я писал $\varphi$ вместо $\phi$, но не хочет напоминать про \limits у сумм?

Потому что он настроен на новичков, впервые пишущих что-то LaTeX-ом, и все эти "напоминалки" сделаны вручную. Их можно обсудить, и предложить что-нибудь добавить.

[arseniiv]

(Оффтоп)

А так же их можно отключить! (В профиле.)

[Bobinwl]

Physman в сообщении #645985 писал(а):

Пусть фотон находится в 1D резонаторе и т.о. локализован вдоль одного из направлений. Тогда закон дисперсии будет $\omega=\frac{c}{n}k=\frac{c}{n}\sqrt{k_{\parallel}^2+k_{\bot}^2}$, где $k_{\bot}=\frac{2\pi}{L}$, и сделав несколько преобразований, мы получим (квази-)квадратичный закон дисперсии $E_0+\frac{\hbar^2k^2}{2m_{ph}}$, где $m_{ph}$ зависит от длины резонатора и $n$. Получается, что за счёт локализации фотон обретает эффективную массу.

Вопрос. Как страдает внутренняя симметрия из-за локализации (согласно высказыванию Рубакова, именно она ответственна за отсутствие массы)?

Я вижу здесь непонятный парадокс. Для наблюдателя вне резонатора этот фотон, запертый в резонаторе, может быть рассмотрен как частица с некоторой массой $m_{ph} = E_{ph} / c^2$, пусть масса самого резонатора равна 0. А значит эта частица фотон покоится, значит у него есть 0 проекция спина. Но реально этот фотон движется строго параллельно вдоль одного направления и в каждый момент времени не имеет 0 проекции спина - только $ +/-1$. Хотя нет, вроде парадокса нет: в среднем при большой частоте этот $+/-1 $спин фотона будет усредняться в 0. Особенно интересно рассмотреть сферичный резонатор, в котором заперт фотон. Это будет почти что "обычная трехмерная" частица в отличии от одномерного резонатора. Так как фотон там движется "непредсказуемо", то по любой оси возможны три проекции спина 1 запертого фотона.

[Bobinwl]

Bobinwl в сообщении #650198 писал(а):

Хотя нет, вроде парадокса нет: в среднем при большой частоте этот $+/-1 $ спин фотона будет усредняться в 0.

Вопрос к аудитории: как ведет себя момент импульса запертой частицы? Частица заперта в резонаторе с длиной вдоль оси X. Если он был равен 1, то при отражении фотона от стенки момент импульса должен сохраняться. Т.е. если запереть фотон с проекцией 1, то он таким и останется. Таким образом, одиночный фотон, запертый в одномерном резонаторе, будет всегда иметь момент импульса 1 или -1. Что странно - фотон заперт, со стороны это покоящаяся частица со спином 1, значит у нее должен быть 0 проекция спина. Вопрос - в чем ошибка?