Ленты вокруг мексиканской шляпы

[ksardase]

Рассмотрим теорию двух действительных скалярных полей $\phi^{a}$ в (1+1)-мерном пространстве-времени. Лагранжева плотность системы:
$L=\frac{1}{2}\partial_{\mu}\phi^{a}\partial_{\mu}\phi^{a}-\frac{\lambda}{4}(\phi^{a}\phi^{a}-v^{2})-\epsilon\phi^{1}$
Как показать, что при малых $\epsilon$ в модели имеется статический локальный минимум функционала энергии - солитон, который, причём, можно продеформировать в основное состояние через состояния с конечной энергией.
Во-первых, найдём основное состояние это $\phi_{0}^{1}=-v;\phi_{0}^{2}=0$.
Во-вторых, казалось бы, что статический солитон должен осуществлять переход $(\phi_{0}^{1};\phi_{0}^{2})->(\phi_{0}^{1};\phi_{0}^{2})$, так как конфигурация $(\phi_{0}^{1}=v;\phi_{0}^{2}=0)$ обладает бесконечной энергией (смотри условие). А значит, классических кинк, интерполирующий между двумя вакуумами, находящихся на пространственной бесконечности, не подходит.
В-третьих, достаточно легко находятся уравнения поля, решением которых должен являться солитон:
$\phi_{1}''-\lambda(\phi_{1}^{2}+\phi_{2}^{2}-v^2)\phi_{1}-\epsilon=0$
$\phi_{2}''-\lambda(\phi_{1}^{2}+\phi_{2}^{2}-v^2)\phi_{2}=0$
Заманчивая идея была сконструировать не кинк, а как бы "скатывание" по накренённому жёлобу в перевёрнутом потенциале (механическая аналогия), удовлетворяющему равенству $\phi_{1}^{2}+\phi_{2}^{2}=v^2$, с последующим возвратом в исходную точку. Но это не возможно , исходя из уравнений поля.

[Munin]

ksardase в сообщении #875880 писал(а):

Лагранжева плотность системы:
$L=\frac{1}{2}\partial_{\mu}\phi^{a}\partial_{\mu}\phi^{a}-\frac{\lambda}{4}(\phi^{a}\phi^{a}-v^{2})-\epsilon\phi^{1}$

$L=\frac{1}{2}\partial_{\mu}\phi^{a}\partial_{\mu}\phi^{a}-\frac{\lambda}{4}(\phi^{a}\phi^{a}-v^{2})^2-\epsilon\phi^{1}$?

-- 16.06.2014 04:04:11 --

ksardase в сообщении #875880 писал(а):

Но это не возможно , исходя из уравнений поля.

Почему невозможно?

Если считать, что движение происходит по дну жёлоба, то логично попробовать взять переменные для малого возмущения: $w=\phi_{1}^{2}+\phi_{2}^{2}-v^2,$ $\theta=\arctg_2(\phi_{1}/\phi_{2}),$ $|w|\ll v^2.$

[ksardase]

Я вводил угол следующий образом:
$\phi_{1}(x)=vcos(\theta(x))$
$\phi_{2}(x)=vsin(\theta(x))$
причём необходимо $\theta(-\infty)\rightarrow-\pi$ и $\theta(+\infty)\rightarrow\pi$.
После подстановки анзаца в уравнения поля и упрощения получаем:
$(\theta'')^{2}=(\frac{\displaystyle\epsilon}{\displaystyle v})^{2}+\frac{\displaystyle2\epsilon}{\displaystyle v}(\theta')^{2}cos(\theta)+(\theta')^{4}$
c начальными условиями $\theta(0)=0$ и $\theta'(0)=2\sqrt{\frac{\displaystyle\epsilon}{\displaystyle v}}$
Последнее равенство было получено из закона сохранения плотности энергии в механической аналогии:
$2\epsilon v=\frac{(\phi_{2}')^{2}}{2}$.
Решение получившегося уравнения возможно лишь численно, и у меня не получаются на компьютере нужные асиптоты $\theta(-\infty)\rightarrow-\pi$ и $\theta(+\infty)\rightarrow\pi$.

[Munin]

ksardase в сообщении #875903 писал(а):

После подстановки анзаца в уравнения поля и упрощения получаем

Вот это место распишите подробней? Здесь можно по-разному крутить. У вас какой-то неудачный результат, степени слишком высокие. У меня с наскоку получилось $(\theta')^2=\lambda+\epsilon\cos\theta,$ но это глупость какая-то, наверняка я где-то напортачил. Но порядок пониже.

[ksardase]

У Вас в уравнении что-то не так с размерностью.

[Munin]

Я $v$ заединичил, но это не важно, я согласен, что это глупость, вы свои выкладки покажите.

[ksardase]

Я положил
$\phi_{1}(x)=vcos(\theta(x))$
$\phi_{2}(x)=vsin(\theta(x))$
Граничные условия
$\theta(-\infty)\rightarrow-\pi$
$\theta(+\infty)\rightarrow\pi$
Вычислим вторые производные по координате
$\phi_{1}''=-vcos(\theta)(\theta')^{2}-vsin(\theta)\theta''$
$\phi_{2}''=-vsin(\theta)(\theta')^{2}+vcos(\theta)\theta''$
Подставим в уравнения поля при условии $\phi_{1}^{2}+\phi_{2}^{2}=v^2$
$\theta''sin(\theta)=-\frac{\displaystyle\epsilon}{\displaystyle v}-(\theta')^{2}cos(\theta)$
$\theta''cos(\theta)=(\theta')^{2}sin(\theta)$
Возведём каждое из равенств в квадрат и сложим
$(\theta'')^{2}=(\frac{\displaystyle\epsilon}{\displaystyle v})^{2}+\frac{\displaystyle2\epsilon}{\displaystyle v}(\theta')^{2}cos(\theta)+(\theta')^{4}$
При достаточно малых $\epsilon$ членом $(\frac{\displaystyle\epsilon}{\displaystyle v})^{2}$ можно пренебречь

[Munin]

Ну, по-честному, стоило бы и малое отклонение модуля $\phi$ от $v$ тоже как-нибудь назвать... Ладно. Я, кажется, делал так (с вашим же анзацем): домножил первое уравнение на $\phi_1,$ второе на $\phi_2,$ и сложил.

А можно домножить наоборот, и вычесть...

[ksardase]

Зачем рассматривать отклонение модуля $\phi$ от $v$, если мы ищем статическое решение, а не малые отклонения от него. В связи с этим я не понял, как у Вас появилась $\lambda$ из потенциала в решении
$(\theta')^2=\lambda+\epsilon\cos\theta$

[ksardase]

Я нашёл решение. Нужно было избавляться не от $\theta''$, а от $\theta'$ в паре уравнений. Ответ такой
$\theta=2arcsin\Big(\frac{\displaystyle 1}{th(\sqrt{\frac{\epsilon}{v}}x)}\Big)$

[Munin]

ksardase в сообщении #876653 писал(а):

Зачем рассматривать отклонение модуля $\phi$ от $v$, если мы ищем статическое решение, а не малые отклонения от него.

Статическое-то пролегает не точно по дну жёлоба.

ksardase в сообщении #876653 писал(а):

В связи с этим я не понял, как у Вас появилась $\lambda$ из потенциала в решении
$(\theta')^2=\lambda+\epsilon\cos\theta$

Это не в связи с этим.

ksardase в сообщении #876665 писал(а):

Я нашёл решение. Нужно было избавляться не от $\theta''$, а от $\theta'$ в паре уравнений. Ответ такой
$\theta=2arcsin\Big(\frac{\displaystyle 1}{th(\sqrt{\frac{\epsilon}{v}}x)}\Big)$

Покажите, пожалуйста.

[ksardase]

Сразу оговорюсь, что давеча ответ я написал с ошибкой. Исправленный ответ
$\theta=\pm2arcsin\Big(th(\sqrt{\frac{\epsilon}{v}}x)\Big)$
Как я уже писал, имеем пару уравнений
$\theta''sin\theta=-\frac{\displaystyle \epsilon}{\displaystyle v}-(\theta')^{2}cos\theta$
$\theta''cos\theta=(\theta')^{2}sin\theta$
Первое домножим на $sin\theta$, второе на $cos\theta$ и сложим
$\theta''=-\frac{\displaystyle \epsilon}{\displaystyle v}sin\theta$
Интегрируя по $\theta$ с учётом условий $\theta(\infty)\rightarrow\pm\pi$, $\theta'(\infty)\rightarrow0$
$\frac{\displaystyle (\theta')^{2}}{\displaystyle 2}=\frac{\displaystyle \epsilon}{\displaystyle v}(1+cos\theta)$
Интегрируя вкупе с условием $\theta(0)=0$ и упрощая уже это уравнение приходим к ответу
$\theta=\pm2arcsin\Big(th(\sqrt{\frac{\epsilon}{v}}x)\Big)$

ksardase в сообщении #876665 писал(а):

Статическое-то пролегает не точно по дну жёлоба.

В моём анзаце точно по дну. Не совсем понятно в механической аналогии с перевёрнутым потенциалом, как оно может пролегать не по дну. В противном случае, шарик просто скатится вниз с жёлоба.

[Munin]

Нашёл у себя позорную описку в самом начале. Все мои результаты ошибочны.

-- 18.06.2014 14:58:39 --

ksardase в сообщении #876735 писал(а):

В моём анзаце точно по дну. Не совсем понятно в механической аналогии с перевёрнутым потенциалом, как оно может пролегать не по дну.

По дну, но не точно. Когда шарик будет катиться по $\theta=0,$ он будет катиться с конечной скоростью, и чтобы не свалиться наружу из-за центробежной силы, он должен катиться не точно по гребню (перевёрнутому дну), а чуть-чуть внутри. Это "чуть-чуть" уходит в нуль в начале и в конце движения.

Имея ваше решение, это "чуть-чуть" можно даже оценить.

-- 18.06.2014 15:07:53 --

(Оффтоп)

Для синусов и косинусов есть команды LaTeX \sin и \cos. Сравните, насколько красивее получается: $v cos\theta$ или $v\cos\theta.$ Аналогично для \arcsin и \th (последнее добавлено отдельно на этом форуме). Для произвольной математической функции используется конструкция \operatorname{arth}: $x=k\operatorname{arth}y.$

Стрелочка набирается как \to или \rightarrow: $(\phi_0^1;\phi_0^2)\to(\phi_0^1;\phi_0^2).$

-- 18.06.2014 15:24:38 --

ksardase в сообщении #876735 писал(а):

Первое домножим на $sin\theta$, второе на $cos\theta$ и сложим
$\theta''=-\frac{\displaystyle \epsilon}{\displaystyle v}sin\theta$

Ну, наконец-то, замечательно! Уравнение синус-Гордона. И солитон в нём прекрасно известен.

ksardase в сообщении #876735 писал(а):

Интегрируя по $\theta$ с учётом условий $\theta(\infty)\rightarrow\pm\pi$, $\theta'(\infty)\rightarrow0$
$\frac{\displaystyle (\theta')^{2}}{\displaystyle 2}=\frac{\displaystyle \epsilon}{\displaystyle v}(1+cos\theta)$

Кстати, а вам не кажется, что то же самое можно было получить из исходной пары уравнений, домножая их на синус и косинус наоборот?

-- 18.06.2014 15:31:08 --

Кстати, раз для статического анзаца получается статический синус-Гордон, то думаю, аналогично без условия статичности, но при том же анзаце, получится полноценный синус-Гордон с бегающими кинками.

[ksardase]

Согласен, поторопился.
А если требуется найти спектр малых возмущений около основного состояния $(\phi_{1};\phi_{2})\rightarrow(-v;0)$ при малых $\epsilon$. У меня есть вариант, но я не уверен. Приведу рассуждения.
$\phi_{1}=-v+\tilde{\phi}_{1}$
$\phi_{2}=0+\tilde{\phi}_{2}$
Уравнения поля на возмущения выглядят
$-\partial_{\mu}^{2}\tilde{\phi}_{1}-2\lambda v^{2}\tilde{\phi}_{1}-\epsilon=0$
$-\partial_{\mu}^{2}\tilde{\phi}_{2}=0$
Переходим к новым переменным
$\tilde{\phi}_{1}(x,t)=f_{1}(x)e^{iw_{1}t}$
$\tilde{\phi}_{2}(x,t)=f_{2}(x)e^{iw_{2}t}$
От новых функций требуем гладкость и ограниченность на пространственной бесконечности.
Получаем уравнения на собственные значения
$(w_{1}^2-2\lambda v^2)f_{1}+f_{1}''-\epsilon e^{-iw_{1}t}=0$
$w_{2}^{2}f_{2}+f_{2}''=0$
Начну со второго уравнения.
При $w_{2}^{2}>0$ собственные функции $sin(w_{2}x)$, $cos(w_{2}x)$ ограничены на пространственной бесконечности. Спектр непрерывный. $w_{2}$ любое.
При $w_{2}^{2}<0$ собственные функции $e^{w_{2}x}$, $e^{-w_{2}x}$ не ограничены на пространственной бесконечности. В этой области значений спектра не существует.
А значит спектр $w_{2}$ действительный и непрерывный на $(-\infty;\infty)$
Аналогично для $w_{1}$.
При $w_{1}^{2}-2\lambda v^2>0$ спектр непрерывный. $w_{1}$ любое.
Случай $w_{1}^{2}<0$ не реализуется.
Спектр $w_{1}$ действительный и непрерывный на $(-\infty;-\sqrt{2\lambda}v)\cup(\sqrt{2\lambda}v;+\infty)$
Просто тут нет фактора $\epsilon$. Мне это кажется странным.

[Munin]

ksardase в сообщении #876765 писал(а):

Уравнения поля на возмущения выглядят
$-\partial_{\mu}^{2}\tilde{\phi}_{1}-2\lambda v^{2}\tilde{\phi}_{1}-\epsilon=0$
$-\partial_{\mu}^{2}\tilde{\phi}_{2}=0$

По-моему, здесь сразу можно заметить, что это уравнения Клейна-Гордона с массой и без массы. Соответственно, спектры будут: для безмассового уравнения все действительные числа (после интерпретации отрицательно-энергетических возмущений как античастиц - все неотрицательные действительные числа), а для массивного - начиная с порога рождения, который равен массе. Тоже с двумя или одной веткой.

ksardase в сообщении #876765 писал(а):

Просто тут нет фактора $\epsilon$. Мне это кажется странным.

Эпсилон входит только в массивное уравнение как сдвиг нуля: можно внести его в $\widetilde{\phi}_1.$ Уровней энергии он не сдвигает. Точнее, он сдвигает уровень энергии основного состояния, но возмущения-то прибавляются к нему.