Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена

[ksardase]

Собственно как канонически проквантовать поле с лагранжианом
$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}m^2\varphi^2$
Если кто знает, необходимость в квантовании такого специфического поля возникает в задаче с двумя минимальным образом взаимодействующими скалярными полями при переходе к новому базусу.

[Munin]

ksardase в сообщении #735156 писал(а):

Если кто знает, необходимость в квантовании такого специфического поля возникает в задаче с двумя минимальным образом взаимодействующими скалярными полями при переходе к новому базусу.

Покажите, как именно возникает.

[ksardase]

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\varphi)^2+C\partial_{\mu}\varphi\partial_{\mu}\chi+\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\chi)^2-\frac{m^2}{2}\varphi^2-\mu^2\varphi\chi-\frac{M^2}{2}\chi^2.$
Из положительно определённости энергии следуют условия на параметры $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$. Если $C\neq\pm1$, то пара квадратичных форм (массовая и кинетическая - по элементам, которые из составляют) удачно диагонализируется любым удобным методом линейной алгебры. Разумеется с выполнением достаточного условия положительной определённости одной из квадратичной формы - массовой (это следует, повторюсь, из положительности энергии). Но вот случай БОО $C=1$ является критическим. Приведу лишь вид двух квадратичных форм в новом базисе при $C=1$:
$ \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{array} \right)$ кинетическая матрица
$ \left( \begin{array}{cc} \lambda_{1} & 0 \\ 0 & \lambda_{2} \end{array} \right)$ массовая матрица
где $\lambda_{1}$ и $\lambda_{2}$ собственные значения массовой матрицы в новом базисе.
Видим что у одного из новых полей отсутсвует кинетический член в лагранжиане. Проквантовав эти два эффективных поля, я перехожу к старым полям, зная матрицу перехода $S$, и получаю перестановочные соотношения уже для них.
Но на самом деле это не имеет никакого отношения к моей задаче. Потому что всё кроме этого шага я уже проделал.

[Munin]

Вообще лагранжиан с членом $C\partial_\mu\varphi\partial_\mu\chi$ не называется минимально-взаимодействующим. Сначала вы диагонализируете кинетический член, и это даёт вам два поля. Потом уже смотрите, что получилось в массовом, и судите о том, какие у этих полей массы и взаимодействия.

Если у вас кинетический член вырожден, то это называется не двумя полями, а системой со связями. Это отдельный случай, который квантуется иначе.

ksardase в сообщении #735253 писал(а):

Но на самом деле это не имеет никакого отношения к моей задаче. Потому что всё кроме этого шага я уже проделал.

Поскольку этот шаг нельзя проделать в том смысле, в котором вы хотите, то придётся переделывать.

[ИгорЪ]

ksardase
Гессиан при С=1 вырожден, это система со связями. Есть какая-то калибровочная симметрия, не знаете какая? Посмотрите книгу Teitelboim. Quantization of gauge systems, там что то такое было. По-крайней мере лагранжиан без кинетической энергии я там видел

[Munin]

(Оффтоп)

Очень жду, когда выскажутся другие участники форума, которые разбираются в этом лучше ИгорЪ. У ИгорЪ неоднократно возникали нестыковки и спорные утверждения в этой области.

[ИгорЪ]

(Оффтоп)

Да знаете ли, люблю похулиганить

[Munin]

(Оффтоп)

Хулиганство для себя - это одно. Плохой совет человеку, нуждающемуся в помощи - это другое.

[fizeg]

(Оффтоп)

Проблема, по-моему, у многих здесь совсем в другом. О чем я и напишу

Хороший совет: берете того же Тетельбойма (наверное имелось в виду Henneaux, Teitelboim Quantization of gauge systems) или например Гитмана, Тютина "Каноническое квантование полей со связями" и разбираетесь со своей задачей с начала до конца, старательно делая все выкладки самостоятельно, сперва вникнув в формализм на более простых примерах (тоже с самостоятельным старательным разбором)

-- 14.06.2013, 10:10 --

Спойлер: будут связи вида $p_\phi=0$ и $f(\phi)=0$ второго рода, в вашем конкретном случае их можно будет (о чудо!) разрешить

[Ascold]

Цитата:

пара квадратичных форм (массовая и кинетическая - по элементам, которые из составляют) удачно диагонализируется любым удобным методом линейной алгебры. Разумеется с выполнением достаточного условия положительной определённости одной из квадратичной формы - массовой (это следует, повторюсь, из положительности энергии).

я недавно столкнулся с подобной задачей и что-то не понимаю, почему массовая форма непременно д.б. положительно определена сама по себе? Она же не независима от кинетической части, а значит, требуя положительной определённости обеих частей, получим положительный гамильтониан, но это достаточное условие, а интересно, как найти необходимое?

[Munin]

Ascold в сообщении #1056495 писал(а):

Она же не независима от кинетической части

Это как это?

Ascold в сообщении #1056495 писал(а):

почему массовая форма непременно д.б. положительно определена сама по себе?

Afaik рассуждения здесь опираются на квантовую стабильность вакуума. Если взять неограниченный снизу потенциал, то из вакуумного состояния поле сыплется вниз, с рождением частиц (возбуждений), до бесконечности.

Другой вопрос, что массовая форма не обязана быть положительной, если её рассматривать отдельно от остального потенциала. Какие-то слагаемые в потенциале (взаимодействия) могут обеспечить ограниченность снизу, даже если массовая форма неположительна. Наиболее известный пример - mexican hat potential: в центре массовая форма отрицательна, но минимум у потенциала есть.

[Blancke_K]

Ascold
Что Вы понимаете под необходимым условием?
fizeg
Munin
Я так понимаю, что ТС задачу уже давно решил, но может быть Вы прокомментируете: как у ТС получился диагональным и кинетический и массовый член?
Что-то я не вижу возможности избавиться от члена с взаимодействием $\varphi\chi$.

[Ascold]

Цитата:

Что Вы понимаете под необходимым условием?

Необходимое условие - это когда из посыла, что гамильтониан положительно определён, выводятся ограничения на параметры гамильтониана.

Цитата:

Это как это?

Как я понял, и сам это проделал, топикстартер получил соотношения $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$, применив критерий Сильвестра по-отдельности к массовой и кинетической частям, но этот критерий подразумевает, что переменные пробегают значения от минус до плюс бесконечности, но поля и производные от них - это же не какие попало числа, а решения полевых уравнений, вдруг они сами по себе как-либо ограничены, тогда критерий Сильвестра для этого гамильтониана может оказаться математически слишком сильным.
Или так лучше сказать: даже если поля и их производные ничем не ограничить, то они все - функции координат и времени, следовательно, может случиться так, что некоторые "неудачные"(делающие $H<0$) комбинации их значений на деле не встречаются, но критерий Сильвестра(или иной способ анализа знакоопределённости) об этом "не в курсе" и потому накладывает слишком сильные условия.
Поэтому полученные условия $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$ достаточные, но не факт, что необходимые для $H>0$.

Цитата:

Что-то я не вижу возможности избавиться от члена с взаимодействием $\varphi\chi$

у меня тоже не получилось.

[Munin]

Blancke_K
Мне кажется, он не говорил, что диагонализировал их одновременно.

-- 25.09.2015 15:29:32 --

Ascold в сообщении #1056545 писал(а):

но производные от полей не являются в общем случае независимыми от полей, их нельзя рассматривать как независимые переменные

Это вы неправы. При варьировании они должны рассматриваться как независимые. Потом вы переходите от производных полей к каноническим импульсам, и они опять независимые.

[Blancke_K]

Думаю, что ограничения на параметры теории получены верно.
Следует однако задать вопрос, останутся ли они верными в вырожденном случае?

-- 25.09.2015, 16:43 --

И как, собственно, проводится процедура канонического квантования лагранжиана с вершиной $\partial_{\mu}\varphi\partial^{\mu}\chi$?
Я бы перешел к переменным $\widetilde{\varphi}=\varphi+c\chi$, $\widetilde{\chi}=\sqrt{1-c^{2}}\chi$. В этих переменных квадратичная форма производных диагонализируется и полевые операторы удовлетворяют каноническим коммутационным соотношениям. Все, проквантовали?