Definition av konjugatmoment i QFT

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

Mina föreläsningsnoteringar definierar konjugatmomentet i ett skalärfält via:

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

Var

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

och hävdar att detta ger

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

medan du arbetar i Schodinger-bilden. Men klart $ \ psi $ beror inte ens på tiden. Tror jag rätt att det som står i mina föreläsningsanteckningar är fel och definitionen

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

gäller endast i Heisenbergs bild? Och för att erhålla ovanstående uttryck, som finns i Schrodinger-bilden, måste man ta Heisenbergs bilduttryck:

$$ {pt} {\ sql {2E_p}} \ left {a_p e ^ {- ip \ cdot x} + a_p ^ \ dagger e ^ {ip \ cdot x} \ right) $$

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

(där jag nu använde 4-vektor notationen) och sedan förvandla dem till Schrodinger bild?

2 Answers


user1620696 05/28/2017.

Först glömmer QFT ett tag och tänker på klassisk fältteori. Tänk på Klein-Gordon-fältet mer exakt. Dess Lagrangian är

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

I denna Lagrangian är variable $ \ phi $. Nu $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $

En defines då konjugatmomentet, som i klassisk mekanik, att vara

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

Vad får vi för detta fält? Om du arbetar här hittar du $ \ pi = \ dot {\ phi} $.

Det här är helt klassiskt. Sedan med detta i händer kan du kvantisera.

När allt kommer omkring betyder kvantifiering av fältet att du vill ändra $ \ phi, \ pi $ till operatörer som hörs

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

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

Således behöver du redan $ \ pi $ för att prata om kvantisering. Som i kvantmekanik behöver du både position och momentum för att införa de kanoniska kommutationsförhållandena.

Förresten, det finns en liten detalj. Kommutationsförhållandena är vid samma tidpunkter. I det fallet behåller de bland Schrodinger bildoperatörerna $ \ phi (\ mathbf {x}), \ pi (\ mathbf {y}) $, eftersom de definieras vid samma inledande tid.

Så om du vill beräkna $ \ pi $ från $ \ phi $ kan du göra det klassiskt och sedan införa de kanoniska kommutationsförhållandena, eller så kan du göra det i Heisenberg-bilden och du får samma resultat.

Edit: Mode sönderdelning kan uppnås i Klassisk Field Theory, det enda är att koefficienterna kommer att vara siffror. Motionens ekvation är

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

Ta Fourier-omvandlingen i den rumsliga variabeln så att den visar Fourier-transformen med $ \ hat {\ phi} $ du har

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

definiera $ \ omega_ {p} ^ 2 = | \ mathbf {p} | ^ 2 + m ^ 2 $ och $ p = (\ omega_p, \ mathbf {p}) $. Ekvationen parametriseras av $ \ mathbf {p} $ och kan lätt lösas för att ge

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

Applicera nu realisationsförhållandet i Fourier-transformen

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

Du anländer till skicket

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

exponentialernas linjära oberoende ger sedan $ a _ {- \ mathbf {p}} = b _ {\ mathbf {p}} ^ \ ast $ och $ b _ {- \ mathbf {p}} = en _ {\ mathbf {p} } ^ \ ast $. Nu har du

$$ \ hat {\ phi} (\ mathbf {p}, t) = a_pe ^ {- i \ omega_p t} + a _ {- p} ^ \ ast e ^ {i \ omega_p t} $$

Applicera nu Fourier inversionen för att få

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

om du ändrar variabler på andra termen gör $ p \ till -p $ sedan $ \ omega _ {- p} = \ omega_p $ får du formeln

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

$ \ Sqrt {2 \ omega_p} $ ingår sedan för enkelhets skyld för att få ett Lorentz-invariantresultat (det uppgår till en omdefiniering av $ a_p $). Det slutliga svaret är

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

Vänligen förstå att detta inte derive Fock space representation. Detta är bara en klassisk beräkning som i sin tur motivates lägesnedbrytningen vad gäller Fock-rymdstegeoperatörerna.

Förresten finns det ett renare och mer elegant tillvägagångssätt med spacetime Fourier-transformen som finns i frågan En fråga om användning av Fourier-sönderdelning för att lösa Klein Gordon-ekvationen .


Y2H 05/28/2017.

Jag tror jag vet vad ditt problem är. Du glömmer att tidsberoendet kan vara implicit och behöver inte vara explicit. Till exempel kan $ \ psi $ bero på tid eftersom $ x $ och / eller $ p $ beror på tid. I detta fall kommer derivatet inte att vara noll.

Också definitionen måste vara giltig i båda bilderna, eftersom det att avleda en funktion med avseende på tiden är densamma i matrisrepresentationen som att avleda operatören med avseende på tiden.

Related questions

Hot questions

Language

Popular Tags