2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение26.10.2018, 23:31 


28/08/13
521
Alex-Yu в сообщении #1348827 писал(а):
Есть операторное выражение для 4-потенциала и для гамильтониана. Пишем уравнения Гайзенберга для этого 4-потенциала. Поскольку гамильтониан не более чем квадратичен по операторам рождения-уничтожения (вот оно отличие от взаимодействующих полей!), то вычислить коммутатор -- делать нечего и он при этом выражается через пространственные производные от того же 4-потенциала. Усредняем полученное выражение по вакууму (удобно считать, что есть только поля, порожденные классическим током-источником, поэтому вакуум).

Что-то не получается: вот оператор 4-потенциала:
$$A^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(a_s(\mathbf{p})e^{-ipx}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{ipx}),$$
гамильтониан $$H=\sum_r\int\frac{d\mathbf{k}}{2(2\pi)^3}(a^{\dagger}_r(\mathbf{k})a_r(\mathbf{k})+a_r(\mathbf{k})a^{\dagger}_r(\mathbf{k})).$$
Уравнения Гейзенберга:
$$\frac{dA^\mu}{dt}=\frac{\partial A^\mu}{\partial t}+[H,A^\mu].$$
У меня выходит, что $$\langle0|[H,A^\mu]|0\rangle=0,$$
что я делаю не так?

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение27.10.2018, 02:13 
Заслуженный участник


29/09/14
1144
Может быть, без классического источника ничего кроме нуля и не получится? Попробуйте для простоты разобраться сначала со скалярным полем - вывести уравнение Клейна-Гордона.

(Встряну ещё немножко. Всё-таки во взаимоотношении, говоря философски, "квантового и классического" интрига есть. Привожу подборку формул (запавших в мою душу любопытствующего не спеца по КТП :mrgreen:) из разных книжек.

(Классическое поле в классике и в КТП; на примере скалярного поля.)

План такой: сначала выпишу одно очевидное определение "классического поля" - на основе известного уравнения движения. Затем посмотрим на его неожиданное появление в формализме КТП - в функциональном и в операторном. И в конце будут слова о том, как "вывести" из принципов квантовой теории это уравнение движения, если бы оно не было известно заранее.

Обсуждения строгости/нестрогости опускаю (все правильные слова есть в книжках). В роли примера будет скалярное поле с уравнением движения Клейна-Гордона. Для краткости применяю обозначения в таком примерно духе:

$(\psi , \varphi) = (\varphi, \psi) \equiv \int d^4x'\, \psi(x')\,\varphi(x'),$

$((\psi G \varphi )) = ((\varphi G \psi)) \equiv \int d^4x \int d^4x' \,\psi(x)\,G(x-x')\,\varphi(x')\,,$

где $G(x-x')=G(x'-x)$ - функция, симметричная к перестановке $x$ и $x'.$


1. Пусть:

$K=-\partial_{\mu} \partial^{\mu}-m^2$ есть оператор уравнения движения (где $\partial_{\mu} \partial^{\mu}=\partial^2/\partial t^2-\Delta).$

Уравнение движения "с источником" $J(x)$ для поля $\varphi(x) \equiv \varphi(t,\mathbf{r}):$

$-K\varphi = J.$

Вот одно из возможных очевидных определений понятия "классическое поле $\varphi_{_J}(x)$ при наличии источника" $J:$ это одно из решений уравнения движения, а именно в виде

$\varphi_{_J}(x)=-\int d^4x' \, G(x-x')\, J(x') = -(G,J),$

где $G$ - ядро интегрального оператора, обратного к $K,$ то есть одна из функций Грина:

$K\,G(x-x')=\delta^4(x-x').$

Какую ф.Г. выбрать? Неочевидный на этом шаге ответ: чтобы двигаться к квантовой теории выбираем "фейнмановский пропагатор"; это "причинная ф.Г.", в ней к $-m^2$ добавлена мнимая $i\varepsilon \to +i0.$ Ниже наличие этой добавки подразумевается.

Подразумевается также, что любые рассматриваемые источники $J(x)$ локализованы в конечной области пространства-времени. Поэтому поле $\varphi_{_J}(x)$ стремится к нулю на пространственной бесконечности. А при $t \to \pm \infty,$ насколько понимаю, оно стремится к нулю из-за той самой мнимой добавки к $-\omega_{\mathbf{k}}^2=-|\mathbf{k}|^2-m^2$ в каждой моде. Поля, не являющиеся решением уравнения движения, тоже будем считать исчезающими на бесконечности; тогда можно везде отбрасывать поверхностные члены и, например, записывать классическое действие скалярного поля так:

$S_0[\varphi]=\int d^4x \, \frac{1}{2}(\partial_{\mu}\varphi \,\partial^{\mu} \varphi -m^2 \varphi^2)=\frac{1}{2}(\varphi, K\varphi),$

на таких полях $K$ - симметричный оператор: $(\psi, K\varphi) = (\varphi, K\psi).$

Нолик здесь (и у других функционалов дальше) напоминает, что рассмативается "теория без взаимодействия".



2. Чтобы приблизиться к КТП, сначала выпишем в терминах интегралов по полям один из встречающихся там "производящих функционалов":

$Z_0[J]=\dfrac{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]}}$

Переменную интегрирования $\varphi$ можно "сдвинуть" на любое нефлуктуирующее поле того же класса, в частности, на $\varphi_{_J},$ т.е. - заменить на $\varphi+\varphi_{_J}.$ Поступим так в числителе. При этом

$S_0[\varphi+\varphi_{_J}]+(\varphi+\varphi_{_J},J)=S_0[\varphi]-\frac{1}{2}((JGJ)),$

следовательно:

$Z_0[J]=e^{-\frac{i}{2}((JGJ))} \equiv e^{iW_0[J]},$ где

$W_0[J]=-\frac{1}{2}((JGJ)).$

А теперь посмотрим, какое получается чудо, если написать выражение для поля $\varphi,$ усреднённого с этим магическим квантовым весом $e^{iS_0+i(\varphi,J)}:$

$\dfrac{\int D\varphi\, \varphi(x)\,e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}}=\dfrac{1}{iZ_0}\dfrac{\delta Z_0}{\delta J(x)}=\dfrac{\delta W_0}{\delta J(x)}=-(G,J)=\varphi_{_J}(x).$

Выводится, что это же самое квантовое среднее в терминах операторного поля есть

$\dfrac{\langle0^+|\varphi(x)|0^- \rangle_J}{\langle0^+|0^- \rangle_J}=\dfrac{\delta W_0}{\delta J(x)}=\varphi_{_J}(x),$

где $|0^-\rangle_J$ и $|0^+\rangle_J$ - есть, соответственно, состояние, получающееся из вакуума в прошлом, и состояние, превращающееся в вакуум в будущем, в присутствии источника $J.$

Причём

$\langle 0^+|0^- \rangle_J=Z_0[J]=e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}$

есть амплитуда перехода "вакуум-вакуум" в присутствии источника (нормированная так, что $\langle0^+|0^- \rangle=1$ при $J(x) \equiv 0).$ Плюс и минус около нулей дальше не буду писать, для краткости.



3. Чтобы увидеть, что представляет собой состояние, порождаемое из вакуума источником $J(x)$ (классическим, ведь у нас $J(x)$ с самого начала считается заданной функцией координат и времени), можно взять источник, локализованный в двух непрекрывающихся "причинно-упорядоченных" областях пространства-времени:

$J(x)=J_2(x)+J_1(x),$

где $J_2(x)$ действует позже, чем $J_1(x).$ Тогда:

$\frac{1}{2}((JGJ))=\frac{1}{2}((J_2GJ_2))+\frac{1}{2}((J_1GJ_1))+((J_2GJ_1)),$

и поэтому

$\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))}.$

С другой стороны, принципы композиции амплитуд вероятностей в квантовой теории позволяют утверждать, что это выражение должно сводиться к

$\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}=\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \,\langle n|0\rangle_{J_1},$

где $n$ символизирует перечень чисел заполнения $n_{\mathbf{k}}$ (чисел частиц или, другими словами, квантов энергии $\omega_{\mathbf{k}}$) по всем модам в пространственно-временной области между источниками.

Действительно, источник $J_1$ с амплитудой вероятности $\langle n|0\rangle_{J_1}$ возбуждает вакуум в то или иное многочастичное состояние $|n \rangle,$ а более поздний источник $J_2$ работает детектором частиц - с амплитудой вероятности $\langle 0|n \rangle_{J_2}$ он поглощает данную многочастичную конфигурацию. Полная амплитуда перехода "вакуум-вакуум" равна сумме произведений таких амплитуд по всем конфигурациям заселения мод частицами.

С помощью явного выражения для фейнмановской функции Грина

$G(x)= \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{-ikx}}{k^2-m^2+i\varepsilon}=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}} e^{-i\omega_{\mathbf{k}}|t|+i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}$

можно показать, что

$-i((J_2GJ_1))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}} iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*\, iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$

То же самое в записи с "нормировочным ящиком" объёмом $V$ и дискретными волновыми векторами:

$-i((J_2GJ_1))=\sum \limits_{\mathbf{k}}\frac{iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}}V}} \frac{iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}}V}}.$

В итоге получаются выражения для многочастичных амплитуд источников:

$\langle n|0\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\,\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}},$

$\langle 0|n\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\,\langle 0|n_{\mathbf{k}}\rangle_{J_{\mathbf{k}}},$

где:

$\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}}= \langle 0|0 \rangle_{J_{\mathbf{k}}}\, \frac{1}{\sqrt{n_{\mathbf{k}}!}}\left ( \frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}} V}} \right )^{n_{\mathbf{k}}},$


$\langle 0|n_{\mathbf{k}}\rangle_{J_{\mathbf{k}}}=\langle 0|0 \rangle_{J_{\mathbf{k}}}\, \frac{1}{\sqrt{n_{\mathbf{k}}!}}\left ( \frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}} V}} \right )^{n_{\mathbf{k}}}.$

Отсюда видно, что классический источник $J$ создает в каждой моде "когерентное состояние" с комплексным параметром, который определяется фурье-компонентой источника $J(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})$ с частотой и волновым вектором моды.

Аналогично тому, как обстоит дело в задачке с одним осциллятором, этот же фурье-образ определяет и амплитуду классического поля в каждой моде; например, после окончания действия источника $J(x')$ имеем

$\varphi_{_J}(x)|_{\text{после}}=-(G,J)|_{t>t'}=\sum \limits_{\mathbf{k}}\frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{2\omega_{\mathbf{k}}V}\, e^{-i\omega_{\mathbf{k}}t+i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}.$


4. О выводе классических уравнений движения из принципов релятивистской квантовой теории. Подробности здесь пересказывать утомительно, поэтому ограничусь кратким упоминанием: Ю. Швингер в книге "Частицы, источники, поля" (том 1) подробно рассказал, как феноменологически придти к выражениям для амплитуд вероятности, связанных с представлением об источнике; типа выписанных выше

$\langle n|0\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}}.$

Ну а дальше всё просто строится в обратном порядке. Т. е. вычисляется

$\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \, \langle n|0\rangle_{J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}.$

Результат имеет вид $e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}$ с некоторым явным выражением для $G(x-x').$ Из последнего можно найти оператор $K,$ так чтобы поле $\varphi_{_J}=-(G,J)$ было решением уравнения $-K\varphi_{_J} = J.$
)

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение27.10.2018, 08:42 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Ascold в сообщении #1349370 писал(а):
Что-то не получается: вот оператор 4-потенциала:



Давайте разбираться. Во-первых оператор вектор-потенциала у Вас уже решенный для свободного поля. Т.к. зависимость от времени (банальная для свободного поля) в нем уже сидит. У Вас же экспоненты у операторов рождения/уничтожения уже четырехмерные, с осциллирующей зависимостью от времени. В принципе это и получается (вовсе не по построению, как нас тут грузили!) из уравнений Гайзенберга (проще их писать для операторов рождения/уничтожения, а потом в формулу для 4-потенциала подставить ответ).

Дальше, в рассматриваемом подходе без тока и должен получиться нуль. Нет источника --- нет и поля. Конечно, если усреднить не по вакууму, а по когерентному состоянию... Но это, во-первых, сильно усложняет вопрос (надо всю теорию когерентных состояний сюда тогда включать, обойдемся без этого, запросто!), во-вторых так получатся не совсем уравнения Максвелла (они получатся без тока), в уравнениях Максвелла должен быть ток! Иначе это какие-то уравнения недомаксвелла :-)

В общем сделайте следующее:

1. Уберите временные экспоненты из оператора 4-потенциала (должны остаться только пространственные 3-мерные экспоненты). Просто операторы рождения/уничтожения зависят от времени, пока неизвестно как (вот из уравнений Гайзенберга это и будет определяться --- как).

2. В гамильтониан включите взаимодействие с классическим током.

3. Прочитайте еще, что ниже тут написано.

И вот тогда дальше все то, о чем мы говорили.

-- Сб окт 27, 2018 12:43:57 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):
Может быть, без классического источника ничего кроме нуля и не получится?



Естественно! Во всяком случае если (что естественно положить) в начальный момент времени был вакуум. Нет источника --- нет и поля!

-- Сб окт 27, 2018 12:49:31 --

Ascold в сообщении #1349370 писал(а):
У меня выходит, что $$\langle0|[H,A^\mu]|0\rangle=0,$$



Усреднять коммутатор не надо. Надо усреднять поле, которое получится в результате решения уравнений Гайзенберга. Впрочем, пожалуй можно и коммутатор, получить уравнение для $d{\langle A \rangle}/ dt$... С учетом тока это нулем не будет. Попробуйте и так, и эдак.


Кстати, частную производную в уравнении Гайзенберга (первое слагаемое в правой части) не надо, она только для крайне экзотических случаев. В нормальной ситуации вся динамика (зависимость от времени) определяется гамильтонианом, т.е. коммутатором, что в уравнении.

И еще. Вы мнимую единицу потеряли! И свободный гамильтониан не совсем правильный (частота где?).

-- Сб окт 27, 2018 12:54:19 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):
Какую ф.Г. выбрать?



На ДИФУРАВНЕНИЯ (мы же их получаем!) это не влияет! Хотя, конечно, вопрос важный.

-- Сб окт 27, 2018 13:27:55 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):
Привожу подборку формул (запавших в мою душу



Производящий функционал для одночастично неприводимых ФГ --- дело хорошее, конечно. В принципе, из него можно получать классические уравнения, и даже с поправками (при наличии взаимодействий). Но без взаимодействия полей (нелинейности) это как-то слишком круто :-) И все эти производящие функционалы естественно появляются в формализме континуального интеграла, но как-то не столь естественно их можно включить в операторный формализм.

В общем здесь случай простой, и с ним можно разобраться более простыми, чем производящий функционал $\Gamma(A)$, средствами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение27.10.2018, 15:44 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Пожалуй, надо бы добавить. В принципе ТС мог бы и сам сообразить, но боюсь, здесь у него все же будет "прокол". Чтобы ему не делать лишнюю работу. Равенство

$$
\langle 0 | a |0 \rangle =0
$$

справедливо НЕ ВСЕГДА! И, более того, в нашем случае как раз не справедливо для $t>0$ (для начального момента времени, до действия тока, -- справедливо). Предлагаю ТС это детально обсудить, когда именно справедливо, и чем это отличается от нашего случая (ну и учесть в выводе, естественно).

Есть еще один весьма поучительный (хотя и очень простой) момент, возникающий, если решать через нахождение $d\langle A \rangle / dt$. Но об этом потом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение29.10.2018, 00:45 
Заслуженный участник


29/09/14
1144
Не для того, чтобы сбить ТС с пути истинного (!), а просто чтобы завершить обзор "неоператорного метода", опишу решение задачи поиска уравнений движения подобным методом ещё в двух примерах.

(Массивное векторное поле)

Главная формула для получения ф.Г. феноменологическим методом уже была написана выше:

$-i((J_2GJ_1))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*\, iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$

Для удобства обозначим присутствующие здесь фурье-образы источников короче - с индексом $\mathbf{k}$ вместо аргументов $(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$ Обратим внимание: эти аргументы являются компонентами 4-импульса "на массовой поверхности". Буду их обозначать как $k^\mu.$ А компоненты произвольного 4-мерного волнового вектора $\omega, \mathbf{q}$ (у него $\omega$ - независимая переменная, она не зависит от 3-мерного импульса) буду обозначать как $q^\mu.$ В левой стороне перейдём к фурье-компонентам, подставив фурье-разложение функции Грина по плоским волнам

$G(x-x')=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,G(q)\,e^{-iq(x-x')},$

и выполнив интегрирование по 4-мерным координатам:

$\int d^4x' \, e^{iqx'}J_1(x')=J_1(q),$

$\int d^4x \, e^{-iqx}J_2(x)=J_2(-q)=J_2(q)^*,$

(в последнем равенстве учтено, что в координатном представлении функция источника вещественна: $J_2(x)=J_2(x)^*).$ Тогда исходная формула принимает вид

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2(q)^*\, G(q)\, J_1(q)=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}} J_{2\mathbf{k}}^*\,J_{1\mathbf{k}}\,.$

Это формула в теории скалярного поля. Чтобы обобщить её на многокомпонентные поля, надо считать, что функции источников это "вектор-столбцы" - их компоненты нумеруются каким-то индексом $s,$ а $G$ - матрица с двумя такими индексами; по индексам ведётся суммирование.

То есть, в правой стороне вместо $J_{2\mathbf{k}}^*\,J_{1\mathbf{k}}$ будет $\sum \limits_s \, J_{2\mathbf{k}s}^*\,J_{1\mathbf{k}s}.$



В случае массивного векторного поля индекс $s=1,2,3$ должен нумеровать три базисных состояния поляризации частицы (кванта векторного поля). Три компоненты источника $J_{\mathbf{k}s}$ в каждой $\mathbf{k}$-моде определяют амплитуды вероятности рождения частицы (или поглощения частицы, если источник работает как детектор) в этих состояниях поляризации.

Говоря об одной конкретной $\mathbf{k}$-моде, можно вести всё рассмотрение в системе покоя таких частиц. После перехода из произвольной системы отсчёта в систему покоя частицы её 3-импульс $\mathbf{k}$ становится равным нулю, так что 4-вектор импульса $k^\mu$ будет иметь компоненты $m,0,0,0.$ Отсюда видно, что 4-вектор $k^\mu / m$ это единичный вектор, орт временного направления в этой системе отсчёта. В роли единичных векторов трёх базисных направлений поляризации можно выбрать три пространственных орта системы покоя частицы. Такова феноменология модели: считаем, что состояния линейной поляризации векторного поля ведут себя при поворотах как обычные 3-мерные векторы (а не как, например, скаляры или какие-нибудь спиноры). В этой системе отсчёта три $s$-составляющих источника образуют пространственный вектор $\mathbf{J}_0.$ Его проекция на временной орт равна нулю.

В другой системе отсчёта, т.е. после преобразования Лоренца, этот вектор источника останется пространственно-подобным, но у него появится какая-то временная компонента. Значит, в релятивистской теории векторного поля надо описывать источник в каждой моде 4-мерным вектором. Его компоненты $J_{\mathbf{k}}^\mu$ есть $J_{\mathbf{k}}^0,\, \mathbf{J_k},$ но временная компонента $J_{\mathbf{k}}^0$ не является произвольной, так как 4-вектор $J_{\mathbf{k}}^\mu$ должен быть ортогонален единичному 4-вектору $k^\mu / m.$

Построить такой 4-вектор легко: числовое значение проекции произвольно заданного 4-вектора $J_{\mathbf{k}}^\mu$ на $k^\mu / m,$ то есть свёртку $k_\nu J_{\mathbf{k}}^\nu /m$ надо умножить на сам орт $k^\mu / m$ и вычесть получившийся времени-подобный вектор из исходного $J_{\mathbf{k}}^\mu:$

$J_{\mathbf{k}}^\mu-\dfrac{k^\mu}{m}\,\dfrac{k_\nu}{m}J_{\mathbf{k}}^\nu=\left ( g^\mu_{\,\nu} - \dfrac{k^\mu k_\nu}{m^2} \right ) J_{\mathbf{k}}^\nu. $

В сумму по $s$ входят источники 1 и 2 с одинаковыми $\mathbf{k},$ поэтому для них пространственно-подобная гиперплоскость, ортогональная вектору $k^\mu /m,$ одна и та же, и, значит, достаточно только в одном источнике выделить указанным способом часть, лежащую в этой гиперплоскости: в свёртку этой части со вторым источником даст вклад только часть второго источника, лежащая в той же гиперплоскости. Таким образом:

$\sum \limits_s \, J_{2\mathbf{k}s}^*\,J_{1\mathbf{k}s}=J_{2\mathbf{k}}^\mu ^*\, (-1)\left ( g_{\mu \nu} - \dfrac{k_\mu k_\nu}{m^2} \right ) J_{1\mathbf{k}}^\nu. $

Дополнительный множитель $(-1)$ здесь нужен для компенсации минуса в выражении $g_{\mu \nu}=-1$ при $\mu=\nu=1,2,3.$

Поскольку выяснилось, что источники у нас 4-векторные, то в лоренц-инвариантной скалярной величине $((J_2 G J_1))$ они должны сворачиваться с матрицей $G$ формата 4х4, представляющей собой 4-тензор второго ранга. Таким образом, на этом этапе наша "главная формула" принимает вид

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3}\, \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, J_{2\mathbf{k}}^\mu ^*\, (-1)\left ( g_{\mu \nu} - \frac{k_\mu k_\nu}{m^2} \right ) \, J_{1\mathbf{k}}^\nu \,.$



Чтобы получить отсюда выражение для $G_{\mu \nu}(q),$ осталось придать правой стороне вид 4-кратного интеграла (как в левой стороне) по компонентам произвольного 4-импульса $\omega, \mathbf{q}.$ Для этого можно вспомнить, что множитель $\frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}}$ и замена $\omega$ на $\omega_{\mathbf{k}}$ под знаком 3-кратного интеграла по компонентам $\mathbf{k}$ возникли из-за полюсов "фейнмановской функции Грина"

$\dfrac{1}{\omega^2-\omega_{\mathbf{k}}^2 +i0}=\dfrac{1}{\omega^2-|\mathbf{k}|^2-m^2 +i0}$

в результате интегрирования $\int \frac{d\omega}{(2\pi)}.$ Поэтому просто восстановим запись с таким интегралом. Тогда, обозначив $\mathbf{k}$ как $\mathbf{q},$ и $\omega^2-|\mathbf{q}|^2=q_\mu q^\mu$ как $q^2,$ имеем главную формулу в виде


$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}J_2^\mu (q)^*\, \frac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) J_1^\nu (q) \,.$


Отсюда получаем искомое выражение фурье-образа функции Грина - "фейнмановского пропагатора массивной векторной частицы":

$G_{\mu \nu}(q)=\dfrac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \dfrac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ).$


Тогда классическое поле $A_\mu (x)$, порождаемое 4-векторным источником $J^\nu (x),$

$A_\mu=-(G_{\mu \nu}, J^\nu)=-\int d^4x' \,G_{\mu \nu}(x-x')\,J^\nu (x')=-\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,G_{\mu \nu}(q)\, J^\nu (q),$

есть:

$A_\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{1}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) \, J^\nu (q). $


Ну, а дальше можно пробовать действовать на это поле разными комбинациями операторов $\partial_\alpha$ (то есть $\partial / \partial t, \nabla)$ или $\partial\,^\beta$ (то есть $\partial / \partial t, -\nabla).$ Они действуют на экспоненту $e^{-iqx}$, содержащую $qx=q_\mu x^\mu = q^\mu x_\mu,$ и приводят к появлению множителя $-iq_\alpha$ или $-iq\,^\beta$ соответственно.


Проверяется, что оператор

$K^{\beta \mu}=(\partial^\alpha \partial_\alpha+m^2)g^{\beta \mu}-\partial\,^\beta \partial^\mu$

даёт под знаком указанного выше интеграла $\int d^4q$ для поля $A_\mu (x)$ как раз такую комбинацию, которая вместе с комбинацией множителей от $G_{\mu \nu}(q)$ сводится просто к $-g\,^\beta_{\,\nu}. $ Так что с этим оператором поле $A_\mu (x)$ удовлетворяет уравнению движения

$-K^{\beta \mu}A_\mu (x)= J^{\beta}(x).$

(Безмассовое векторное поле. Уравнения Максвелла.)

Перейти к пределу $m \to 0$ в "нашей главной формуле"

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}J_2^\mu (q)^*\, \frac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) J_1^\nu (q) $

препятствует член $\frac{q_\mu q_\nu}{m^2} J_1^\nu (q).$ Однако его можно просто вычеркнуть ещё до перехода к пределу $m \to 0,$ если считать, что фурье-образы $J^\nu (q)$ любых 4-векторных источников подчинены условию

$q_\nu J^\nu (q) \equiv 0.$

В координатном представлении это есть "уравнение непрерывности" $\partial_\nu J^\nu (x) \equiv 0, $ то есть

$\partial J^0 / \partial t + \nabla \cdot \mathbf{J} = 0,$

оно интерпретируется как закон сохранение заряда. При этом $J^0$ интерпретируется как плотность заряда, а $\mathbf{J}$ как плотность тока, 4-вектор источника $J^\nu (x)$ называют сохраняющимся током.

С этим условием член $\frac{q_\mu q_\nu}{m^2} J_1^\nu (q) \equiv 0$ вообще не нужно писать, и, значит, перейдя в оставшемся выражении к пределу $m \to 0,$ можно фурье-образ искомой функции Грина взять просто в виде

$G_{\mu \nu}(q)=\dfrac{(-1)}{q^2+i0}\, g_{\mu \nu}.$


(А можно было бы и прибавить к нему выражение $q_\mu q_\nu f(q)$ с произвольной скалярной функцией $f(q)$ - такая добавка не даёт вклада в свёртку с сохраняющимся током $J_1^\nu (q).$ Этому произволу в выборе $G_{\mu \nu}$ соответствует свобода выбора "калибровки 4-потенциала" $A_\mu. )$


Из определения классического поля $-(G,J)$ я в этом примере уберу минус; тогда в итоге получатся общепринятые уравнения (а с минусом у меня получалось, если нигде не ошибся, что наш источник $J^\nu$ это $-j^\nu,$ то есть $-\rho,-\mathbf{j}.$ В принципе-то, наверное, безразлично - считать источником $j^\nu$ или $-j^\nu.)$

Итак, в безмассовом случае классическое поле $A_\mu (x)$, порождаемое 4-векторным источником $J^\nu (x),$ запишем в виде

$A_\mu=(G_{\mu \nu}, J^\nu)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,G_{\mu \nu}(q)\, J^\nu (q),$

то есть:

$A_\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{(-1)}{q^2 +i0}\, J_\mu (q)\, .$

Или, если поднять индекс:

$A^\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{(-1)}{q^2 +i0}\, J^\mu (q)\, .$



Выбрав $K=\partial_\nu \partial^\nu=\partial^2_t-\Delta$ и учитывая, что $\partial_\nu \partial^\nu\,e^{-iqx} =-q^2\,e^{-iqx},$ видим, что каждая компонента найденного 4-векторного потенциала $A^\mu (x)$ удовлетворяет "волновому уравнению с источником" $J^\mu :$

$\partial_\nu \partial^\nu A^\mu(x)=J^\mu (x).$

Аналогично действуя оператором $\partial_\nu$ на $A^\nu$ (разумется, с суммированием по $\nu),$ видим, что c учётом $q_\nu J^\nu (q) = 0$ найденное поле удовлетворяет "условию Лоренца":

$\partial_\nu A^\nu (x) = 0.$

Взяв от обеих сторон производную $\partial^\mu,$ заведомо получим нуль; переставив знаки производных, запишем это так: $\partial_\nu \partial^\mu A^\nu =0.$ Теперь вычитая из обеих сторон этого равенства соответствующие стороны уравнения движения $\partial_\nu \partial^\nu A^\mu(x)=J^\mu (x),$ получаем:

$\partial_\nu ( \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) = -J^\mu.$

Обозначив $\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu = F^{\mu \nu},$ имеем:

$\partial_\nu  F^{\mu \nu} = -J^\mu.$

Это уравнения Максвелла. Здесь содержится та пара уравнений, в которую входят плотность тока и заряда. Вторая пара уравнений Максвелла содержится в тождестве $\partial^\alpha  F^{\mu \nu} + \partial^\mu  F^{\nu \alpha} + \partial^\nu  F^{\alpha \mu} = 0;$ оно следует из определения $F^{\mu \nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu.$

Всё.



// Только ещё комментарии добавлю - о квантовом физ. смысле той исходной формулы для $-i((J_2GJ_1)),$ с которой здесь начинались примеры. В ней фигурируют лишь классические источники и классическая ф. Г. (правда, "фейнмановская").

1. Почему эта ф. Г. оказывается "пропагатором частицы"?

Вернёмся к формуле для вакуумной амплитуды $\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}$ (при наличии двух причинно упорядоченных источников):

$\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \,\langle n|0\rangle_{J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))}.$

Перепишем её для случая слабых источников. Т. е. пусть $J_1$ и $J_2$ малы настолько, что в правой стороне можно экспоненты заменить членами разложения низшей степени по $J_1$ и $J_2:$

$\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))} \approx 1\,-\, i((J_2GJ_1))$

Амплитуды вероятности многочастичных процессов в случае слабых источников считаются пренебрежимо малыми. Потому в сумме по конфигурациям частиц остаются только вклад нулевого порядка по источникам, равный единице, и сумма вкладов лишь от одночастичных амплитуд (со всевозможными импульсами частицы, а также значениями индекса поляризации $s$, если он есть; ниже для краткости не выписываю $s).$ Таким образом, в пределе слабых источников:

$\sum \limits_{\mathbf{k}}\, \langle 0 | 1_{\mathbf{k}} \rangle_{J_2}\, \langle 1_{\mathbf{k}} | 0 \rangle_{J_1} = -i((J_2GJ_1)).$

Левая сторона здесь имеет квантово-механический вид: это амплитуда перехода "вакуум-вакуум" через одночастичное промежуточное состояние, порождаемое источником $J_1$ с последующим поглощением частицы детектором $J_2.$

Правая сторона содержит чисто классические величины, но теперь при желании можем истолковать её тоже как квантовую амплитуду перехода. Ведь можно детализировать её описание (по крайней мере на словах) так - с амплитудой $iJ_1(x)$ первый источник рождает частицу в точке $x',$ с амплитудой $iJ_2(x)$ второй источник (детектор) поглощает частицу, а $iG(x-x')$ выступает в роли амплитуды распространения частицы от точки $x'$ к точке $x.$ По 4-координатам $x'$ и $x$ ведётся интегрирование. Всё это соответствует квантовым принципам композиции амплитуд вероятности.



2. Ещё один комментарий - о среднем числе частиц $\langle n \rangle_J$, порождённых классическим источником $J$ за всё время его действия. (Подразумевается наличие квантовых флуктуаций: раз за разом повторяем опыт, и источник то создаст частицы, то не создаст ни одной - тогда вакуум остаётся вакуумом). Исходя из свойств когерентных состояний можно показать (это отдельная учебная задачка), что вероятность перехода "вакуум-вакуум в присутствии источника" $J$ должна иметь вид:

$| \langle 0 | 0 \rangle_J |^2 = e^{-\langle n \rangle_J},$

причём среднее число частиц можно представить суммой средних чисел частиц по всем модам:

$ \langle n \rangle_J = \sum \limits_{\mathbf{k}} \sum \limits_s \, \langle n_{\mathbf{k}s} \rangle_J\,.$

А амплитуда перехода есть

$\langle 0 | 0 \rangle_J = e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}.$

Подставив сюда $((JGJ))=\text{Re}\,{((JGJ))}\,+\,i\,\text{Im}\, ((JGJ)),$ заключаем, что:

$\langle n \rangle_J=-\text{Im}\, ((JGJ)).$

Видно, что среднее число частиц квадратично зависит от $J.$ Можно уточнить понятие слабого источника так: это источник с $\langle n \rangle_J \ll 1.$ Кроме того, эта формула позволяет проверить, нет ли ошибок в знаке при вычислениях: величина $\langle n \rangle_J=-\text{Im}\, ((JGJ))$ должна быть неотрицательной.



Для примера посмотрим, что получается в случае источника фотонов (квантов безмассового векторного поля). В этом случае имеем формулу:

$((J^\mu G_{\mu \nu} J^\nu))=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J^\mu (q)^* \,\frac{(-1)}{q^2+i0}\, g_{\mu \nu}\, J^\nu (q),$

Замечаем, что

$J^\mu (q)^* g_{\mu \nu}J^\nu (q)=|J^0(q)|^2-|\mathbf{J}(q)|^2$

есть вещественная функция (отметим также, что она чётная).

Следовательно, мнимая часть определяется выражением:

$\text{Im}\, \frac{1}{q^2+i0}= \frac{-\pi}{2\omega_{\mathbf{q}}} \left ( \delta(\omega-\omega_{\mathbf{q}})+ \delta(\omega+\omega_{\mathbf{q}}) \right ). $

Обе дельта-функции дают равные вклады. Частота теперь в ответ входит только "на массовой поверхности"; чтобы подчеркнуть это, пишем далее $\mathbf{k}$ вместо $\mathbf{q}:$

$\langle n \rangle_J=-\text{Im} \, ((J^\mu G_{\mu \nu}J^\nu))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, \left ( -|J_{\mathbf{k}}^0|^2+|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2 \right ) \,.$

Заметим, что с учётом $\omega_{\mathbf{k}}=|\mathbf{k}|$ условие сохранения 4-тока принимает на массовой поверхости следующий вид:

$0=k_\mu J_{\mathbf{k}}^\mu = \omega_{\mathbf{k}} J_{\mathbf{k}}^0-\mathbf{k}\cdot \mathbf{J}_{\mathbf{k}}=|\mathbf{k}|J_{\mathbf{k}}^0-|\mathbf{k}|J_{\mathbf{k}}^{\parallel},$

так что:

$J_{\mathbf{k}}^0=J_{\mathbf{k}}^{\parallel},$

где $J_{\mathbf{k}}^{\parallel}$ - продольная по отношению к $\mathbf{k}$ компонента вектора $\mathbf{J}_{\mathbf{k}}.$

Можно разложить 3-мерный вектор $\mathbf{J}_{\mathbf{k}}$ на продольную и две поперечные по отношению к $\mathbf{k}$ составляющие. Тогда:

$|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2=|J_{\mathbf{k}}^{\parallel}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2$

Следовательно:

$\left ( -|J_{\mathbf{k}}^0|^2+|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2 \right ) = |J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2,$

т.е. "временная" и "продольная" компоненты 4-вектора фотонного источника не дают вклада в число созданных источником фотонов. Фотоны, остающиеся после окончания действия источника, - поперечные; число независимых состояний поляризации равно двум:

$\langle n \rangle_J=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, \left (\, |J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2 \right ) \,.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение29.10.2018, 10:02 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Сложно это, сложно... Я же предлагаю значительно более простой путь. Ну ладно, проиллюстрирую на простом осцилляторе (в конце концов поле --- набор осцилляторов) под действием силы $F(t)$.

С точностью до коэффициента координата это $x=a+a^+$. Тогда гамильтониан равен

$$
H=\omega a^+ a + (a+a^+)F
$$

Пишем уравнение движения для a(t):

$$
\dot{a}=i[H,a]=-i\omega a -iF    \qquad (*)
$$

Это уравнение элементарно решается:

$$
a(t)=e^{-i\omega t}a(0) - ie^{-i\omega t} \int\limits_0^t e^{i\omega t'}F(t')dt'
$$

Отсюда, кстати, очевидно, что $\langle 0 | a(t) | 0 \rangle \ne 0$. Первое слагаемое при усреднению по вакууму дает ноль, но второе-то остается! Далее получаем $a^+$ простым эрмитовым сопряжением, складываем, усредняем по вакууму и все готово, получается явное выражение для средней координаты. На этом кванты закончились, то, что явное решение для средней координаты удовлетворяет классическому уравнению осциллятора с внешней силой можно убедиться простой подстановкой.

Но можно даже еще проще. Из уравнения движения $(*)$ найдем чему равняется производная по времени от усредненной (по начальному вакууму, это я далее не уточняю) координаты:

$$
\langle \dot{x} \rangle = \langle \dot{a} \rangle +  \langle \dot{a}^+ \rangle = -i\omega \langle a - a^+ \rangle
$$

Обратим внимание, что у нас естественным образом появилась новая переменная $p=i(a-a^+)$. Это вполне естественно, т.к. классическое уравнение осциллятора второго порядка по времени, а Гайзенберга -- первого. Кроме того заметим, что член с силой сократился. Далее пишем аналогично:

$$
\langle \dot{p} \rangle = i\langle \dot{a} \rangle - i \langle \dot{a}^+ \rangle = \omega \langle x \rangle +2F
$$

Заметим, что теперь сила не сократилась. Итак, у нас получилось:

$$
\langle \dot{x} \rangle =-\omega \langle p \rangle
$$

$$
\langle \dot{p} \rangle =\omega \langle x \rangle + 2F
$$

Осталось продифференцировать по времени первое уравнение и подставить второе. И не понадобились функции когерентного состояния, мы без них обошлись :-)

Ну а с полем все то же самое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 11:45 


28/08/13
521
Alex-Yu в сообщении #1349914 писал(а):
Ну а с полем все то же самое.

Благодарю за подробный рецепт, но всё-таки что-то у меня не то:
$$A^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(a_s(t,\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(t,\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}),$$
гамильтониан(мог напутать с множителем с пи, пишу по памяти, но думаю, что здесь это не то чтобы принципиально) $$H=\sum_r\int d\mathbf{k}\omega_ka^{\dagger}_r(t,\mathbf{k})a_r(t,\mathbf{k})+j_\nu A^\nu.$$
$A^\mu$ не зависит от времени явно, поэтому $\dot{A}^\mu=i[H,A^\mu].$ Поскольку $[A^\mu, A^\nu]=0,$ я решил получить вначале уравнение не для $\dot{A}^\mu,$ а для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$
$$\dot{a}_s(\mathbf{p})=i[H,a_s(\mathbf{p})]=-i\omega_pa_s(\mathbf{p})-i\varepsilon^\nu_sj_\nu e^{-i\mathbf{px}},$$
$$\dot{a}^\dagger_s(\mathbf{p})=i\omega_pa^\dagger_s(\mathbf{p})+i\varepsilon^\nu_sj_\nu e^{i\mathbf{px}}.$$
Отсюда получается $$\dot{A}^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(-i\omega_p)(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}-a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}).$$
Я решил не обозначать комбинацию операторов в скобках специальной переменной - сразу ещё раз дифференцирую по времени:
$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_pj_\nu\varepsilon^\nu_s.$$
Усреднение не даёт ур-я Даламбера. Или надо было-таки вводить сопряжённый к полю импульс $\pi_\mu=\frac{\partial L}{\partial\dot{A^\mu}}$ и выражать что-то с его участием, чтобы появились пространственные производные?

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 11:59 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Ascold в сообщении #1350740 писал(а):
я решил получить вначале уравнение не для $\dot{A}^\mu,$ а для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$


Это правильно, так проще, потом просто подставим.

-- Чт ноя 01, 2018 16:04:29 --

Ascold в сообщении #1350740 писал(а):
$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_pj_\nu\varepsilon^\nu_s.$$
Усреднение не даёт ур-я Даламбера.


Дает, очень даже дает. Надо лишь заметить, что $\omega_{\bf k}^2={\bf k}^2$ (вот это -- по построению). Тогда в первом слагаемом можно $\omega_{\bf k}^2$ заменить на лапласиан (и вынести его из-под интеграла и суммы, он же действует по $x$ а не по $p$), он как раз такой множитель и даст (там же экспоненты). С неоднородностью, правда, получилась муть, проверьте внимательно подстановки. И у Вас интеграл по $d^3{\bf x}$ в гамильтониане потерян, как раз в части взаимодействия с током.

-- Чт ноя 01, 2018 16:11:18 --

Ascold в сообщении #1350740 писал(а):
Поскольку $[A^\mu, A^\nu]=0,$



Это, вроде, и ни при чем, все делается через операторы рождения/уничтожения и явную подстановку. Хотя так, впрочем, можно сразу получить, что на первом шаге (первая производная) члена с током не будет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 18:27 
Заслуженный участник


29/12/14
504

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1349411 писал(а):
И все эти производящие функционалы естественно появляются в формализме континуального интеграла, но как-то не столь естественно их можно включить в операторный формализм.

Быть может, не столь естественно появляются, но, вообще говоря, одна из прелестей функциональных методов заключается в том, что они не привязаны к какому-либо формализму КТП. У меня преподаватель по методам функциональной ренормгруппы очень на этом всегда настаивал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 18:29 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Gickle в сообщении #1350868 писал(а):
не столь естественно появляются, но, вообще говоря, одна из прелестей функциональных методов заключается в том,


КТП умеет много гитик. Но нельзя так уж сразу охватить все.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 22:00 


28/08/13
521
Alex-Yu в сообщении #1350748 писал(а):
И у Вас интеграл по $d^3{\bf x}$ в гамильтониане потерян, как раз в части взаимодействия с током.

Цитата:
Дает, очень даже дает. Надо лишь заметить, что $\omega_{\bf k}^2={\bf k}^2$

Точно, поэтому и не получилось в правой части $4\pi j^\mu$:
$$H=\sum_r\int\frac{d\mathbf{k}}{\sqrt{(2\pi)^3}}\omega_ka^{\dagger}_r(t,\mathbf{k})a_r(t,\mathbf{k})+\int d\mathbf{y}j(y)_\nu A^\nu$$
влечёт за собой для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$
$$\dot{a}_s(\mathbf{p})=-i\omega_pa_s(\mathbf{p})-i\varepsilon^\nu_s\int d\mathbf{y}j_\nu(y) e^{-i\mathbf{py}},$$
$$\dot{a}^\dagger_s(\mathbf{p})=i\omega_pa^\dagger_s(\mathbf{p})+i\varepsilon^\nu_s\int d\mathbf{y}j_\nu(y) e^{i\mathbf{py}},$$
что в итоге даёт
$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\intfrac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\iint d\mathbf{p}d\mathbf{y}\varepsilon^\mu_s\varepsilon^\nu_sj_\nu (y)e^{i\mathbf{p}(\mathbf{x}-\mathbf{y})},$$
$$=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int d\mathbf{y}\eta^{\mu\nu}j_\nu(y)(2\pi)^3\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})$$
т.е. (где-то потерял по ходу $2\pi^2$, но найду, скорее всего), усредняя, получим
$$\langle\ddot{A}^\mu\rangle=\langle A^\mu''\rangle-4\pi \langle j^\mu\rangle,$$ что и требуется.

Кстати, раз уж пошло такое дело, то ещё один вопрос - уравнение Шрёдингера для одночастичных состояний можно как-то вытащить из КТП или оно существует, так сказать, исходно и независимо?

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 22:20 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Ascold в сообщении #1350951 писал(а):
уравнение Шрёдингера для одночастичных состояний можно как-то вытащить из КТП


Конечно можно. Только надо чтобы сохранялось число частиц (а это потребует упрощения гамильтониана, в простейшем слуучае из него надо просто выкинуть все взаимодействия). Проще работать в импульсном представлении (в конце можно перейти к координатному). Причем в картине Шредингера. Берем и устраиваем такую суперпозицию:

$$
|\psi\rangle = \sum_{\bf p} \psi({\bf p})a^+_{\bf p}| 0 \rangle
$$

Мне как-то симпатичнее работать с квазидискреными импульсами. Но можно и интеграл написать. В записанной формуле $\psi({\bf p})$ -- обычная (не операторная) функция. Именно она в итоге и будет в уравнении Шредингера.

Потом подставляем это в уравнение

$$
i\frac{d}{dt}|\psi\rangle = H |\psi\rangle
$$

Так как число частиц сохраняется, то под действием гамильтониана получается опять одночастичное состояние. В итоге все сводится к тому, что меняется во времени обычная функция $\psi({\bf p})$.

Технический момент: как увидеть, что под действием $H$ получается опять же одночастичное состояние того вида, что мы выше записали? А очень просто: коммутируем операторы уничтожения, имеющиеся в гамильтониане, направо, пока они не подействуют на вакуум $| 0 \rangle$ и не дадут нуль. Но коммутаторы при этом останутся же! Вот они и дадут то, что получается под действием гамильтониана на одночастичное состояние.

Так получится одночастичное релятивистское уравнение. Чтобы получить ур-е Шредингера надо еще перейти к нерелятивистскому пределу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 22:29 


28/08/13
521
Alex-Yu в сообщении #1350958 писал(а):
Потом подставляем это в уравнение
$$
i\frac{d}{dt}|\psi\rangle = H |\psi\rangle
$$

не совсем понимаю - это ж УШ и есть, пусть и не для одночастичного состояния, откуда оно тогда следует?

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение01.11.2018, 22:37 
Заслуженный участник


21/08/10
2402
Ascold в сообщении #1350963 писал(а):
это ж УШ и есть, пусть и не для одночастичного состояния, откуда оно тогда следует?


Оттутда же, откуда и уравнение Гайзенберга --- из общих принципов квантовой физики: динамика задается унитарным преобразованием т.е. экспонентой $e^{-iHt}$ (уж на что эта экспонента будет действовать, на вектор состояния (Шредингер) или с двух сторон на операторы (Гайзенберг) --- наш выбор). При переходе к бесконечно малому изменению и получится это уравнение (или уравнение Гайзенберга во втором случае).

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантовое поле как физический и математический объект.
Сообщение08.11.2018, 19:37 


28/08/13
521
Alex-Yu в сообщении #1350958 писал(а):
Так получится одночастичное релятивистское уравнение. Чтобы получить ур-е Шредингера надо еще перейти к нерелятивистскому пределу.

После всех манипуляций в импульсном представлении получается $$\dot{\psi}(\mathbf{p})=E_\mathbf{p}\psi(\mathbf{p}), \qquad E_\mathbf{p}=m/\sqrt{1-v^2}\approx m+mv^2/2.$$
Массу отбрасываем как обычно - помня, что энергия определена с точностью до константы, или в квантовой физике на этот счёт есть другие соображения?
Далее я задумался про уравнение Дирака, как из него получить приближённое уравнение для волновой функции.
В гамильтониане там стоят произведения операторов, с точностью до знака аналогичные случаю скалярного поля. Поэтому если ввести "электронное" состояние $$|\psi\rangle = \sum_\mathbf{p}\psi(\mathbf{p})b^\dagger_s|0\rangle ,$$
то для него в итоге так же получится УШ.
А как получить уравнение Дирака для волновой функции-биспинора, которое, хоть и порождает известные проблемы, но вероятно, не полный бред, раз правильно даёт тонкую структуру водорода, например?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 35 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group