Takrifkan momentum konjugasi dalam QFT

Piotr 05/28/2017. 2 answers, 372 views
quantum-field-theory momentum definition

Nota kuliah saya menentukan momentum konjugasi bidang skalar melalui:

$$ \ pi = \ dot {\ psi} $$

Di mana

$ \ psi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi) ^ {3}} \ frac {1} {\ sqrt {2E_p} \ cdot \ vec x} + a_p ^ \ dagger e ^ {- i \ vec p \ cdot \ vec x} \ right) $$

dan tuntutan bahawa ini memberi

$$ \ pi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi) ^ {3}} \ sqrt {\ frac {E_p} {2} \ vec x} + a_p ^ \ dagger e ^ {- i \ vec p \ cdot \ vec x} \ right) $$

sementara bekerja di gambar Schodinger. Tetapi jelas $ \ psi $ tidak bergantung pada masa. Adakah saya betul-betul berfikir bahawa apa yang dinyatakan di dalam nota kuliah saya adalah salah dan definisi

$$ \ pi = \ dot {\ psi} $$

sahkan dalam gambar Heisenberg sahaja? Dan untuk mendapatkan ungkapan di atas, yang ada dalam gambar Schrodinger, seseorang perlu mengambil ungkapan gambar Heisenberg:

$ \ psi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi) ^ {3}} \ frac {1} {\ sqrt {2E_p} + a_p ^ \ dagger e ^ {ip \ cdot x} \ right) $$

$ \ pi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi) ^ {3}} \ sqrt {\ frac {E_p} {2} + a_p ^ \ dagger e ^ {ip \ cdot x} \ right) $$

(di mana saya kini menggunakan notasi 4-vektor) dan kemudian menjadikannya gambar Schrodinger?

2 Answers


user1620696 05/28/2017.

Pertama lupa QFT untuk seketika dan fikirkan Teori Medan Klasik. Pertimbangkan bidang Klein-Gordon dengan lebih tepat. Its Lagrangian adalah

$ \ mathcal {L} (\ phi, \ partial_ \ mu \ phi) = \ dfrac {1} {2} \ partial ^ \ mu \ partial_ \ mu \ phi- \ dfrac {1} {2} m ^ \ phi ^ 2 $$

Dalam Lagrangian ini variable adalah $ \ phi $. Sekarang kerana $ \ phi $ adalah fungsi yang ditakrifkan pada masa ruang, $ \ phi $ bergantung pada masa tertentu dan anda boleh mengira dalam bingkai rujukan $ \ dot {\ phi} = \ partial_0 \ phi $.

Satu kemudian defines momentum konjugat, seperti dalam Mekanik Klasik, untuk menjadi

$$ \ pi = \ dfrac {\ partial \ mathcal {L}} {\ partial (\ partial_0 \ phi)}. $$

Untuk bidang ini, apa yang kita dapat? Sekiranya anda melakukan ini, anda akan mendapati $ \ pi = \ dot {\ phi} $.

Ini semua klasik. Kemudian dengan ini di tangan anda boleh quantize.

Lagipun, mengkuantisasi medan bermakna anda ingin menghidupkan $ \ phi, \ pi $ ke operator yang mematuhi

$$ [\ phi (x), \ phi (y)] = [\ pi (x), \ pi (y)] = 0 $$

$$ [\ phi (x), \ pi (y)] = i \ delta (xy). $$

Oleh itu, anda sudah memerlukan $ \ pi $ untuk bercakap mengenai kuantisasi. Seperti dalam Mekanik Kuantum, anda memerlukan kedua-dua kedudukan dan momentum untuk mengenakan hubungan pergolakan kanun.

By the way, ada perincian kecil. Hubungan komutasi diambil pada masa yang sama. Dalam hal ini mereka memegang di antara operator gambar Schrodinger $ \ phi (\ mathbf {x}), \ pi (\ mathbf {y}) $, kerana ia ditakrifkan pada masa awal yang sama.

Jadi, jika anda ingin mengira $ \ pi $ dari $ \ phi $, anda boleh melakukannya klasik dan kemudian mengenakan hubungan commutation kanonik, atau anda boleh melakukannya dalam gambar Heisenberg dan anda akan mendapat hasil yang sama.

Edit: penguraian mod boleh dicapai dalam Teori Bidang Klasik, satu-satunya perkara ialah pekali akan nombor. Persamaan gerakan adalah

$$ (\ Box + m ^ 2) \ phi = 0 $$

Ambil transformasi Fourier dalam pembolehubah spatial supaya menandakan perubahan Fourier dengan $ \ hat {\ phi} $ anda telah

$$ \ partial ^ 2_t \ hat {\ phi} + (| \ mathbf {p} | ^ 2 + m ^ 2) \ hat {\ phi} = 0 $$

tentukan $ \ omega_ {p} ^ 2 = | \ mathbf {p} | ^ 2 + m ^ 2 $ dan $ p = (\ omega_p, \ mathbf {p}) $. Persamaan tersebut dipadankan dengan $ \ mathbf {p} $ dan dapat diselesaikan dengan mudah untuk diberikan

$$ \ hat {\ phi} (\ mathbf {p}, t) = a_p e ^ {- i \ omega_p t} + b_p e ^ {i \ omega_p t} $$

kini memohon keadaan realiti transformasi Fourier

$ \ hat {\ phi} (- \ mathbf {p}, t) = \ hat {\ phi} (\ mathbf {p}, t) ^ \ ast. $$

Anda tiba di sini

$$ a _ {- \ mathbf {p}} e ^ {- \ mathbf {p}} e ^ {i \ omega_p t} = a _ {\ mathbf {p}} ^ \ ast e ^ {i \ omega_p t} + b _ {\ mathbf {p}} ^ \ ast e ^ {- i \ omega_p t} $$

kebebasan linear eksponen kemudian memberi $ a _ {- \ mathbf {p}} = b _ {\ mathbf {p}} \ ast $ dan $ b _ {- \ mathbf {p}} = a _ {\ mathbf {p} } ^ \ ast $. Sekarang anda ada

{\ phi} (\ mathbf {p},

kini menggunakan penyongsangan Fourier untuk mendapatkan

$ \ phi (x) = \ int \ dfrac {d ^ 3 p} {(2 \ pi) ^ 3} (a_p e ^ {- i \ omega_p t} i \ omega_p t}) e ^ {i \ mathbf {p} \ cdot \ mathbf {x}} $$

jika anda mengubah pemboleh ubah pada jangka masa kedua membuat $ p \ ke -p $ sejak $ \ omega _ {- p} = \ omega_p $ anda akan mendapat formula

$$ \ phi (x) = \ int \ dfrac {d ^ 3 p} {(2 \ pi) ^ 3} (a_p e ^ {- ipx} + a_p ^ \ ast e ^ {ipx}

$ \ Sqrt {2 \ omega_p} $ kemudian dimasukkan untuk kemudahan untuk mendapatkan keputusan invarian Lorentz (ia berjumlah untuk penamaan semula $ a_p $). Jawapan terakhir ialah

$$ \ phi (x) = \ int \ dfrac {d ^ 3 p} {(2 \ pi) ^ 3} \ dfrac {1} {\ sqrt {2 \ omega_p} a_p ^ \ ast e ^ {ipx}). $$

Harap maklum bahawa ini tidak derive perwakilan ruang Fock. Ini hanya pengiraan klasik yang secara bergilir motivates penguraian mod dari segi pengendali tangga ruang Fock.

Dengan cara ini, terdapat satu pendekatan yang lebih bersih dan lebih elegan dengan transformasi Fourier ruang yang dapat dijumpai dalam persoalan Persoalan penggunaan Fourier decomposition untuk menyelesaikan persamaan Klein Gordon .


Y2H 05/28/2017.

Saya fikir saya tahu apa masalah anda. Anda lupa bahawa pergantungan masa boleh tersirat dan tidak perlu hanya menjadi jelas. Sebagai contoh, $ \ psi $ mungkin bergantung pada masa kerana $ x $ dan / atau $ p $ bergantung pada masa. Dalam kes ini, derivatif tidak akan menjadi sifar.

Selain itu, takrif mesti sah dalam kedua-dua gambar sejak memperoleh fungsi berkenaan dengan masa adalah sama dalam perwakilan matriks seperti yang menjana pengendali berkenaan dengan masa.

Related questions

Hot questions

Language

Popular Tags