Appunti per il corso: Fisica del plasma di quark e gluoni (A.A. ... - Infn

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- π/a + π/a k Figura 45 Il propagatore del campo fermionico nel continuo (linea sottile) e sul reticolo (linea spessa) in funzione di k Quindi le matrici γ sono hermitiane nell’euclideo. L’operatore di Dirac Quindi l’equazione di Dirac diviene i∂/ → −∂/ (9.30) ∂/ ψ(x) = 0 (9.31) È conveniente partire dall’azione nel continuo data in forma hermitiana. Quindi il termine cinetico sarà da cui l’azione libera sul reticolo 1 ¯ψn(ψn+ˆµ − ψn) − ( 2 ¯ ψn+ˆµ − ¯ 1 ψn)ψn = ¯ψnψn+ˆµ − 2 ¯ ψn+ˆµψn S = Prendendo la trasformata di Fourier si trova +π/a S = n π/a a 3 2 4 µ=1 d4k (2π) 4 ¯ ψ(k) γµ ¯ψnψn+ˆµ − ¯ ψn+ˆµψn i µ 86 (9.32) (9.33) µ sin(akµ) γ a ψ(k) (9.34) Il propagatore fermionico, a parte la parte di proiezione sugli stati ad energia positiva sarà l’inverso di 1 a 2 sin2 akµ Anche in questo caso confrontiamo il continuo ed il discreto nella Fig. 45. Il problema con i fermioni è che oltre allo zero a k = 0 c’‘e un altro minimo in |k| = π/a. Per capire perché questo costituisca un problema ritorniamo allo spazio di Minkowski. I poli sono allora determinati dalla relazione (k4 → iE) sinh 2 Ea = Consideriamo una particella ad energia positiva che si muova lungo l’asse z E e pz sono allora correlati da Ma poiché il seno è periodico nell’intervallo (−π/a, π/a), anche i vettori (9.35) 3 sin 2 pµa (9.36) µ=1 p (1) = (E, 0, 0, pz) (9.37) sinh Ea = sin pza (9.38) p (2) = (E, 0, 0, π/a − pz), p (3) = (E, π/a, 0, pz), p (4) = (E, π/a, 0, π/a − pz) (9.39)
cosi come p (5) = (E, 0, π/a, pz), p (6) = (E, 0, π, π/a − pz), p (7) = (E, π/a, π/a, pz), p (8) = (E, π/a, π/a, π/a − pz) (9.40) soddisfano la regola di dispersione. Quindi ogni fermione di energia assegnata E risulta 8 volte degenere. Ci sono varie soluzioni a questo problema, ma nessuna particolarmente soddisfacente. Il problema ha a che fare con il fatto che è in pratica impossibile evitare il problema di queste soluzioni spurie (problema del doubling) senza rompere esplicitamente la simmetria chirale. Considereremo qui la soluzione di Wilson. Questa consiste nell’introdurre un termine che è un termine di massa sul reticolo, ma che si disaccoppia nel limite del continuo. Il termine è Nello spazio degli impulsi l’operatore di Dirac diventa 1 ¯ψnψn+ˆµ + 2a ¯ ψn+ˆµψn − 2 ¯ ψnψn i µ µ sin akµ γ + a cos akµ − 1 a µ Notiamo che mentre il primo termine tende all’operatore di Dirac per a → 0 il secondo termine va a zero come a. Il termine di Wilson modifica l’andamento del propagatore agli estremi della zona di Brillouin eliminando lo zero . Infatti il propagatore è essenzialmente l’inverso di (considerando una sola dimensione) sin 2 akµ a 2 + (cos akµ − 1) 2 a 2 Come si vede dalla Fig. 46, il termine di Wilson elimina il problema del doubling. - π/a Figura 46 Il propagatore del campo fermionico modificato dal termine di Wilson nel continuo (linea sottile) e sul reticolo (linea spessa) in funzione di k L’accoppiamento gauge invariante dei campi di materia ai campi di gauge sul reticolo è immediato. Supponiamo di considerare un campo di materia (scalare o fermionico). Dobbiamo modificare la derivata sul reticolo in modo da farla trasformare come il campo Chiaramente Il limite del continuo si ottiene subito ricordando la (9.6) Infatti si ha ψn → Ω(n)ψn + π/a k 87 (9.41) (9.42) (9.43) (9.44) [U(n, n + ˆµ)ψn+ˆµ − ψn] → Ω(n) [U(n, n + ˆµ)ψn+ˆµ − ψn] (9.45) U(x, x + aˆµ) = exp iagTAA A µ (x) (9.46) U(n, n + ˆµ)ψn+ˆµ − ψn ≈ (1 + iagTAA A µ )ψn+ˆµ − ψn → a ∂µ + iagTAA A µ ψ = aDµψ (9.47)
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