FANDOM


Доведення 1Edit

Калібрувальне перетворення коваріантної похідної.

\ D_{\mu}{'}\Psi{'} = \left( \partial_{\mu} - igA_{\mu}^{'}\right)\Psi{'} = \left( \partial_{\mu} - igUA_{\mu}U^{+} + U\partial_{\mu} U^{+} \right) \Psi{'}.

З іншого боку,

\ U\left( \partial_{\mu} - igA_{\mu}\right) U^{+}\Psi{'} = \left( U(\partial_{\mu}U^{+}) + \partial_{\mu} - igUA_{\mu}U^{+}\right) \Psi{'}.

Отже,

\ D_{\mu}{'}\Psi{'} = UD_{\mu }U^{+}\Psi{'}.

Доведення 2Edit

Перетворення матриці тензорів напруженості.

\ F_{\mu \nu}{'}\Psi{'} = \left(D_{\mu}{'}A_{\nu}{'} - D_{\nu}{'}A_{\mu}{'}\right) \Psi{'} = \frac{i}{g}\left( UD_{\mu}U^{+}UD_{\nu}U^{+} - UD_{\nu}U^{+}UD_{\mu}U^{+}\right) \Psi{'} = \frac{i}{g}U[D_{\mu }, D_{\nu}]U^{+}\Psi{'} = UF_{\mu \nu}U^{+}\Psi{'}.

Доведення 3Edit

Доведення калібрувальної інваріантності вільного поля.

В силу того, що \ F_{\mu \nu} \to U F_{\mu \nu}U^{+}, слід \ Tr (F_{\mu \nu}F^{\mu \nu}) є інваріантом даних калібрувальних перетворень: дійсно,

\ Tr (F_{\mu \nu}{'}F^{\mu \nu}{'}) = Tr (U F_{\mu \nu}F^{\mu \nu}U^{+}) = U_{ac}(F_{\mu \nu})_{cd}(F^{\mu \nu})_{de}U^{+}_{ea} = U^{+}_{ea}U_{ac}(F_{\mu \nu})_{cd}(F^{\mu \nu})_{de} = Tr(U^{+}UF_{\mu \nu}F^{\mu \nu}) = Tr(F_{\mu \nu}F^{\mu \nu}).

Далі,

\ F_{\mu \nu}F^{\mu \nu} = \frac{1}{4}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})_{b}\hat {\sigma}_{a}\hat {\sigma}^{b} = \frac{1}{4}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{b}\left( \delta_{ab}\mathbf E + i\varepsilon_{abc}\hat {\sigma}_{c} \right) = \frac{1}{4}\mathbf F_{\mu \nu}^{l}(\mathbf F^{\mu \nu})_{l}\mathbf E + \frac{i}{2}\varepsilon_{abc}F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{b}\hat {\sigma}_{c},

і

\ Tr(F_{\mu \nu}F^{\mu \nu}) = \frac{1}{4} Tr(\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{a}\mathbf E + i\varepsilon_{abc}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{b}\hat {\sigma}_{c}) = \frac{1}{4}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{a}Tr(\mathbf E ) + \frac{i}{4}Tr(\varepsilon_{abc}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{b}\hat {\sigma}_{c}) =

\ =\frac{1}{2}\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{a},

де у передостанній стрічці останній доданок рівен нулю, оскільки \ Tr \hat {\sigma}_{c} = 0. Варто зазначити, що

\ Tr(\mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{a}\mathbf E ) = \mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})_{a}Tr(\mathbf E ) ,

оскільки в даному виразі згортка йде по індексам матриць "кольорового" простору, а не по компонентам векторів \ \mathbf F_{\mu \nu} (які є тензорами по індексам \ \mu , \nu і векторами по "кольоровому" індексу, проте згортка по кольоровим індексам робить вираз \ \mathbf F_{\mu \nu}^{a}(\mathbf F^{\mu \nu})^{a} скаляром).

Множник \ \frac{1}{16 \pi } обрано по аналогії з відповідним множником для тензора електромагнітного поля.

Доведення 4Edit

Рівняння поля.

Варто записати \ \mathbf F_{\mu \nu} у індексному вигляді. Тоді, використовуючи рівняння Лагранжа, можна одержати

\ F_{\mu \nu}^{l} = \partial_{\mu}A_{\nu}^{l} - \partial_{\nu}A_{\mu}^{l} + g(A_{\mu })_{a}(A_{\nu})_{b}\varepsilon^{abl}

\ \partial_{\alpha}\left( \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\alpha}A_{\beta}^{c})}\right) = -\frac{2}{16 \pi}\partial_{\alpha}\left(F^{\mu \nu}_{c} \frac{\partial (\partial_{\mu}A_{\nu}^{c} - \partial_{\nu}A_{\mu}^{c})}{\partial (\partial_{\alpha}A_{\beta}^{d})}\right) = -\frac{1}{8 \pi}\partial_{\alpha}\left( F^{\mu \nu}_{c}\delta^{c}_{d}\left( \delta^{\alpha}_{\mu}\delta^{\beta}_{\nu} - \delta^{\alpha}_{\nu}\delta^{\beta}_{\mu}\right)\right) = -\frac{1}{4 \pi}\partial_{\alpha}F^{\alpha \beta}_{c},

\ \frac{\partial L}{\partial A_{\beta}^{c}} = \frac{g}{2}\bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }_{c}\Psi - \frac{1}{8 \pi}(F^{\mu \nu})^{l}\frac{\partial (F_{\mu \nu})_{l}}{\partial A_{\beta }^{c}} = \frac{g}{2} \bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }_{c}\Psi - \frac{2}{8 \pi}(F^{\mu \nu})^{l}\delta^{a}_{c}\delta^{\beta}_{\mu}A_{\nu}^{b}\varepsilon_{abl} =

\ = \frac{g}{2} \bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }^{c}\Psi + \frac{1}{4 \pi}(F^{ \nu \beta})^{l}(A_{\nu})^{b}\varepsilon_{cbl} = \frac{g}{2} \bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }^{c}\Psi + \frac{1}{4 \pi}[\mathbf A_{\nu} \times \mathbf F^{\nu \beta}]_{c}.

Отже,

\ -\frac{1}{4 \pi}\partial_{\alpha}F^{\alpha \beta}_{c} = \frac{g}{2} \bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }^{c}\Psi + \frac{1}{4 \pi}[\mathbf A_{\nu} \times \mathbf F^{\nu \beta}]_{c} \Rightarrow -2 \pi g\bar {\Psi }\gamma^{\mu}\hat {\mathbf \sigma }\Psi = \frac{1}{4 \pi}\partial_{\alpha}F^{\alpha \beta} + [\mathbf A_{\nu} \times \mathbf F^{\nu \beta}].

Доведення 5Edit

Розклад матриці перетворення в ряд по параметру перетворення.

При збереженні першого порядку по параметру матриці калібрувального перетворення розкладаються як

\ U = e^{\frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })} \approx \hat {\mathbf E } + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma }), \quad U^{+} = e^{-\frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })} \approx \hat {\mathbf E } - \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma }).

Тоді

\ \Psi {'} = U\Psi \approx \left( \hat {\mathbf E} + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma})\right) \Psi , \quad \bar {\Psi}{'} = \bar {\Psi}U^{+} \approx \bar {\Psi} \left( \hat {\mathbf E} + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma})\right) .

Нарешті, користуючись отриманим вище виразом

\ A_{\mu}{'} = UA_{\mu}U^{+} + \frac{i}{g}U\partial_{\mu} U^{+},

виразом (див. підрозділ "Кватерніони")

\ (\mathbf a \cdot \hat {\mathbf \sigma})(\mathbf b \cdot \hat {\mathbf \sigma }) = (\mathbf a \cdot \mathbf b )\mathbf E + i([\mathbf a \times \mathbf b] \cdot \hat {\mathbf \sigma })

(одинична матриця нижче писатися не буде для уникнення громіздкості)

та представляючи \ A_{\mu } як \ A_{\mu} = (\mathbf A_{\mu}\cdot \hat {\mathbf \sigma} ),

можна отримати для першого доданку \  A_{\mu}{'}

\ A_{\mu}{'} \approx \left(1 + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })\right) (\mathbf A_{\mu}\cdot \hat {\mathbf \sigma} )\left(1 - \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })\right) = \left((\mathbf A_{\mu}\cdot \hat {\mathbf \sigma} ) + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma})(\mathbf A_{\mu} \cdot \hat {\mathbf \sigma }) \right)\left( 1 - \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })\right) =

\ = \left|\frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma})(\mathbf A_{\mu} \cdot \hat {\mathbf \sigma }) = \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \mathbf A_{\mu}) + \frac{1}{2}([\mathbf A_{\mu} \times \mathbf \omega ] \cdot \hat {\mathbf \sigma })\right| = \left((\mathbf A_{\mu}\cdot \hat {\mathbf \sigma} ) + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \mathbf A_{\mu}) + \frac{1}{2}([\mathbf A_{\mu} \times \mathbf \omega ] \cdot \hat {\mathbf \sigma }) \right)\left( 1 - \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma })\right) =

\ = (\mathbf A_{\mu}\cdot \hat {\mathbf \sigma} ) - \frac{i}{2}(\mathbf A_{\mu} \cdot \mathbf \omega ) + \frac{1}{2}([\mathbf A_{\mu} \times \mathbf \omega ] \cdot \hat {\mathbf \sigma }) + \frac{i}{2}(\mathbf \omega \cdot \mathbf A_{\mu }) - \frac{1}{2}([\mathbf \omega \times \mathbf A_{\mu} ] \cdot \hat {\mathbf \sigma }) + \frac{1}{4}(\mathbf \omega \cdot \mathbf A_{\mu})(\mathbf \omega \cdot \hat {\mathbf \sigma }) + \frac{i}{4}([\mathbf \omega \times \mathbf A_{\mu}] \cdot \mathbf \omega ) - \frac{1}{4}\left([[\mathbf \omega \times \mathbf A_{\mu}] \times \mathbf \omega ] \cdot \hat {\mathbf \sigma }\right) \approx

\ \approx (\mathbf A_{\mu} + [\mathbf A_{\mu} \times \mathbf \omega ])\cdot \hat {\mathbf \sigma},

де було відкинуто квадратичні по \ \mathbf \omega доданки.

Доведення 6Edit

Поперечність поляризації вакууму - викладка 1.

Враховуючи, що, відповідно до самого визначення генеруючого функціоналу для сильнозв'язних діаграм,

\ J_{i} = -\frac{\delta \Gamma }{\delta \psi_{i}}, \quad J_{\mu}^{a} = -\frac{\delta \Gamma}{\delta B^{\mu , a}}, \quad \bar{\eta}_{a} = -\frac{\delta \Gamma}{\delta c_{a}}, \quad \eta_{a} = -\frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}_{a}},

для похідної від окремих доданків \ (10) можна отримати:

\ \frac{\delta }{\delta c^{b}(y)\delta B_{\nu}^{c}(z)}\left( \frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{a}(x)}\frac{\delta \Gamma}{\delta B^{\mu}_{a}(x)}\right)_{K, \eta , B, c, ... = 0} = \left| \frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{a}(x)} = \delta B_{\mu}^{a}(x), \quad \frac{\delta \Gamma}{\delta B^{\mu}_{a}(x)} = -J^{\mu}_{a}(x)\right| =

\ = \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y)\delta K_{\mu}^{a}(x)}\right)_{K, \eta, B, c, ... = 0}\left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B^{c}_{\nu}(z)\delta B^{\mu}_{a}(x)}\right)_{K, \eta, B, c, ... = 0} \qquad (.1),

де всі інші доданки похідної зануляються або через те, \ \left(\delta B_{\mu}^{a}\right)_{B, c= 0} = 0, або через те, що вони пропорційні джерелу, яке дорівнює нулю після накладання відповідної умови;

\ \frac{\delta }{\delta c^{b}(y)\delta B_{\nu}^{c}(z)}\left( \frac{\delta \Gamma}{\delta L^{a}(x)}\frac{\delta \Gamma}{\delta c_{a}(x)}\right)_{K, ... = 0} = \left| \frac{\delta \Gamma}{\delta L_{a}} = \delta c_{a} \neq F(B), \quad \frac{\delta \Gamma}{\delta c^{a}} = -\bar{\eta}^{a}(\bar{c})\right| = 0;

\ \frac{\delta }{\delta c^{b}(y)\delta A_{\nu}^{c}(z)}\left( \frac{1}{\alpha}\partial_{\rho}B^{\rho , a}\frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}_{a}(x)}\right)_{K,... = 0} = \left| \frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}_{a}(x)} = -\eta_{a}(c)\right| = \frac{1}{\alpha} \partial^{\nu}_{x}\delta(x - z)\left(\frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y)\delta \bar{c}_{a}(x)}\right)_{K,... = 0}.

Застосуємо тепер до першого множника \ (.1) вираз \ (11), а також - рівність \ \int d^{4}z\Gamma_{2}(y,z)W_{2}(z,x) = -\delta (x - y) із розділу про сильнозв'язні діаграми (приписка про рівність нулю джерел буде опускатися, але буде матися на увазі):

\ \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y)\delta K_{\mu}^{a}(x)}\right) = \int d^{4}w \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y)\delta \bar{c}^{d}(w)}\right) \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta \eta_{d}(w)\delta K_{\mu}^{a}(x)}\right)= \left|(11)\right| =

\ = \partial^{\mu}_{x}\int d^{4}w \left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{2}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{a}(x)}\right) - gf^{alc}\int d^{4}w \left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{3}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{l}(x)i\delta J_{\mu}^{c}(x)}\right) =

\ = \partial^{\mu}_{x}\delta (x - y)\delta^{ab} - gf^{alc}\int d^{4}w \left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{3}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{l}(x)i\delta J_{\mu}^{c}(x)}\right) \qquad (.2).

Тепер перепишемо \ (.1) з урахуванням \ (.2) так, щоб можна було винести спільну дельта-функцію, не забуваючи про те, що в силу того, що тотожність Славнова-Тейлора - інтегральна, можна "перекидати" похідні (знак інтегралу буде опускатися, але буде матися на увазі):

\ \frac{\delta }{\delta c^{b}(y)\delta B_{\nu}^{c}(z)}\left( \frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{a}(x)}\frac{\delta \Gamma}{\delta B^{\mu}_{a}(x)}\right) = \left( \partial^{\mu}_{x}\delta (x - y)\delta^{ab} - gf^{alc}\int d^{4}w \left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{3}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{l}(x)i\delta J_{\mu}^{c}(x)}\right) \right)\left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B^{c}_{\nu}(z)\delta B^{\mu}_{a}(x)}\right) =

\ -\delta (x - y)\partial^{\mu}_{y}\left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B^{c}_{\nu}(z)\delta B^{\mu}_{b}(y)}\right) - gf^{alc}\int d^{4}w d^{4}l\delta (x - l)\left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{3}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{l}(l)i\delta J_{\mu}^{c}(l)}\right) \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B^{c}_{\nu}(z)\delta B^{\mu}_{a}(l)}\right).

Тепер залишається лише перейменувати \ l \to x , x \to l у другому доданку, щоб винести дельта-функцію. Проробивши аналогічне із \ \frac{\delta }{\delta c^{b}(y)\delta A_{\nu}^{c}(z)}\left( \frac{1}{\alpha}\partial_{\rho}B^{\rho , a}\frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}_{a}(x)}\right), врешті-решт отримуємо з \ (10)

\ -\partial_{\mu}^{y}\frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B_{\mu}^{b}(y) \delta B_{\nu}^{c}(z)} - gf^{alc}\int d^{4}w d^{4}x\left( \frac{-i\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y) \delta \bar{c}^{d}(w)}\right)\left( \frac{\delta^{3}(iW)}{i\delta \eta_{d}(w) i\delta \bar{\eta}^{l}(x)i\delta J_{\mu}^{c}(x)}\right) \left( \frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta B^{c}_{\nu}(z)\delta B^{\mu}_{a}(x)}\right) + \frac{1}{\alpha}\partial^{\nu}_{z}\frac{\delta^{2}\Gamma}{\delta c^{b}(y)\delta \bar{c}^{c}(z)} = 0.

Доведення 7Edit

Рівняння руху для гостів через сильнозв'язні діаграми.

Інтеграл \ Z[J] = \int D... e^{i(S + S_{source})} є інваріантним відносно антигостівської трансляції \ \bar{c} \to \bar{c} + \bar{c}_{0}. Нагадаю, тут

\ S_{0} \to S = S_{0} + \int d^{4}x \left( K^{\mu}_{a}\delta B_{\mu}^{a} + K^{i}\delta \psi_{i} + L^{a}\delta c_{a}\right),

\ S_{source} = \int d^{4}x(J_{\mu}^{a}B_{a}^{\mu} + \bar{\eta}^{a}c_{a} + \bar{c}_{a}\eta^{a}+ I^{a}b_{a} + J^{i}\psi_{i}),

а інваріантність слідує із визначення континуального інтегралу.

Це означає, що варіація \ \left(\frac{\delta }{\delta \bar{c}_{0}}Z[J]\right)_{J = 0} має дорівнювати нулю. У дію \ S_{0} гости входять як \ \int d^{4}x\bar{c}^{a}M_{ab}c^{b}, тому маємо

\ \left(\frac{\delta }{\delta \bar{c}^{a}_{0}}Z[J]\right)_{J = 0} = \int D... \left( -M^{ab}c_{b} + \eta_{a}\right)e^{i(S + S_{source})},

або, вводячи генеруючий функціонал для сильнозв'язних діаграм (аналогічно розділу, для якого виводиться це рівняння) і враховуючи, що відповідно до виразу виразу \ (3) маємо \ M^{ab}c_{b} = (\delta^{ab}\partial^{2} - gc^{acb}B^{\mu}_{c}\partial_{\mu})c^{b} = \partial^{\mu}\delta B_{\mu}^{a} (останній перехід - інтегральний), маємо

\ \int D... \left( -M^{ab}c_{b} + \eta_{a}\right)e^{i(S + S_{source})} = 0 \Rightarrow \left| \partial^{\mu}\delta B_{\mu}^{a} \to \partial^{\mu}\frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{a}}, \eta_{a} \to \frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}^{a}}\right| \Rightarrow -\partial^{\mu}\frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{a}} - \frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}^{a}}= 0.

При довільному калібруванні це рівняння узагальнюється як

\ (\varphi_{\mu})^{b}_{a}\frac{\delta \Gamma}{\delta K_{\mu}^{b}} + \frac{\delta \Gamma}{\delta \bar{c}^{a}}= 0,

де \ (\varphi_{\mu})^{b}_{a} фіксується виглядом функції, що фіксує калібрувальний зв'язок.

Доведення 8Edit

Вираз для вакуумного середнього.

Використовуючи рівняння сідлової точки у напрямку \ S , що слідує із виразу \ (.6), можна отримати, що

\ \int d^{4}x\frac{\delta}{\delta S}\left( N_{c}\langle x|\text{Tr}[ln(\partial_{i}\gamma_{i} + (m + SU_{5}^{\dagger}))]| x\rangle + 2\text{Tr}[S\bar{\sigma}] - V_{G}[\bar{\sigma}]\right) = 0, \quad S = \bar{S} .

Тут присутня лише дійсна частина \ \text{Tr}ln..., оскільки, в силу СРТ-теореми, лише вона дає внесок до рівняння сідлової точки. Звідси (\ \partial^{\dagger} = -\partial)

\ \bar{\sigma} = -N_{c}\langle x|\frac{\delta}{\delta S}ln(-(\partial_{i}\gamma_{i})^{2} + (m + \bar{S})^{2})| x\rangle = -2N_{c}\int \frac{d^{4}k}{(2 \pi)^{4}}\frac{m + \bar{S}}{k^{2} + (m + \bar{S})^{2}} \qquad (.6.1).

Цей вираз є ультрафіолетово розбіжним. Проте сама побудова ефективної теорії передбачає застосовність до деякої шкали \ \Lambda_{QCD}. Вводячи фіктивне інтегрування по параметру \ \tau, вираз \ (.6.1) можна подати як

\ \bar{\sigma} = -2N_{c}\int \limits_{\frac{1}{\Lambda_{QCD}^{2}}}d\tau e^{-\tau (m + S)^{2}}\int \frac{d^{4}k}{(2 \pi)^{4}}e^{-\tau k^{2}}(m + S) = \frac{N_{c}\Lambda_{QCD}^{3}}{4 \pi^{2}}\frac{m + S}{\Lambda_{QCD}}\int \limits_{1}^{\infty}\frac{d \tau}{\tau^{2}}e^{-\tau \left(\frac{m + S}{\Lambda_{QCD}} \right)^{2}},

тобто, існує зв'язок між \ \langle \bar{q}q\rangle, \ \Lambda_{QCD} та \ m_{O} = m + S - "масою складових кварків".

Доведення 9Edit

Лагранжіан кіральної ефективної теорії із генеруючого функціоналу КХД.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \

Доведення 10Edit

Квантовий когерентний стан аксіонів та його еволюція. \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.