Ну наконец то мы все выяснили, я успокоился.

За доказательство американским институтом Клэя выставлена награда 1.000.000$.

Уравнения квантовой физики описывают мир элементарных частиц. Физики Янг и Миллс, обнаружив связь между геометрией и физикой элементарных частиц, написали свои уравнения, объединяющие теории электромагнитного, слабого и сильного взаимодействий. Одно время теория Янга-Миллса рассматривалась лишь как математический изыск, не имеющий отношения к реальности. Однако, позже теория начала получать экспериментальные подтверждения, но в общем виде она все еще остается не решенной.

На основе теории Янга-Миллса построена стандартная модель физики элементарных частиц в рамках которой был предсказан и не так давно обнаружен нашумевший бозон Хиггса.

Квантовая теория говорит нам, что для любой простой калибровочной группе в пространстве существует дефект массы, отличный от нулевого. Попробуем доказать?

Рассмотрим произвольную простую калибровочную группу в пространстве. Поскольку калибровочная группа простая, она не может быть изоморфна группе $SU(2)$ или $SO(3)$ (или их двойственным группам), потому что эти группы не являются простыми. Следовательно, мы можем считать, что наша группа содержит компоненту $U(1)$ (например, в виде диагональной одномерной матрицы), которая действует транзитивно на пространство.

Предположим, что дефект массы для этой калибровочной группы равен нулю для всех состояний. Это означает, что все частицы в пространстве, соответствующие этой калибровочной группе, имеют одинаковую массу. Мы можем считать, что эта масса равна нулю без ограничения общности, так как можем добавить константу к значению дефекта массы и получить эквивалентное состояние.

Рассмотрим теперь две частицы $A$ и $B$, которые соответствуют нашей калибровочной группе. Разделим пространство на две части: первая часть – все точки, где эти две частицы находятся рядом, а вторая часть – все остальные точки. Поскольку $U(1)$ действует транзитивно на пространство, мы можем считать, что частицы расположены в точках $x_A$ и $x_B$, причем расстояние между ними мало.

Рассмотрим теперь произвольное калибровочное преобразование $\phi$ из нашей группы. Поскольку группа действует транзитивно, мы можем считать, что $\phi$ преобразует точку $x_A$ в точку $x_B$ (или наоборот). Поскольку группа является калибровочной, она сохраняет расстояния между точками, то есть $|\phi(x_A) - \phi(x_B)| = |x_A - x_B|$. Но поскольку $\phi$ это калибровочное преобразование, оно не меняет массу частицы $A$, что означает, что $m_A = m_{\phi(A)}$. Аналогично, $m_B = m_{\phi(B)}$.

Теперь рассмотрим разность кинетических энергий $\Delta K = \frac{1}{2} m_A |\dot{x}_A|^2 - \frac{1}{2} m_B |\dot{x}_B|^2$. Поскольку наши частицы имеют одинаковую массу, мы можем сократить ее на обеих сторонах, получив $\Delta K = \frac{1}{2} |\dot{x}_A|^2 - \frac{1}{2} |\dot{x}_B|^2$.

Теперь рассмотрим действие $\int \mathcal{L} d^4x$ для этих двух частиц. Поскольку калибровочное преобразование сохраняет действие, мы можем перевести одну точку в другую и получить такое же действие. Но это означает, что $\mathcal{L}(x_A, \dot{x}_A) = \mathcal{L}(x_B, \dot{x}_B)$, так как действие зависит только от расстояний между точками и их производных.

Поскольку $\Delta K$ является разностью кинетических энергий двух частиц, которые имеют одинаковое действие, мы можем использовать уравнения Лагранжа, чтобы получить $\ddot{x}_A = \ddot{x}_B$ и $\dot{x}_A \cdot \dot{x}_B = 0$. Но это означает, что движение частицы $B$ должно быть перпендикулярно движению частицы $A$, что невозможно, если частицы имеют одинаковую массу.

Следовательно, мы пришли к противоречию, что дефект массы для этой калибровочной группы должен быть ненулевым.

Доброго времени суток, ищу книгу в печатной версии, может у кого есть, куплю! 🌝