Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.

[Ascold]

1. Райдер в своей книге по КТП пишет, что "электромагнитное поле, как и любое векторное поле определяется двумя независимыми компонентами". Мне казалось, что(потенциал $\mathbf{A}$ определен с точностью до градиента, а $\varphi$ - до производной по времени,), т.е. всегда можно наложить два доп. условия, но тут речь идёт о любом векторном поле, почему так?
2. Под формулой (4.85) указывается, что одновременные коммутационные соотношения для потенциалов и сопряжённых импульсов $[A^\mu,A^\nu]=[\pi^\mu,\pi^\nu]=0$ (4.72) влекут за собой коммутацию пространственных производных $[\partial_i A^\mu,\partial_k A^\nu]=0.$ Вот я беру эти импульсы (4.85) и коммутирую их. Например, $[\pi^0,\pi^1]=0.$ У меня получается комбинация нескольких слагаемых - произведений производных, из которой неясно, почему коммутировать должны непременно пространственные производные, а просто равна нуля вся сумма в целом.
3. Даже если и так, то как из этого следует (4.86)? Ведь для получения (4.86) из (4.72) потребовалось бы $[A^\mu,\partial_k A^\nu]=0,$ а не $[\partial_i A^\mu,\partial_k A^\nu]=0$?

[Gickle]

Ascold
Давайте вы сначала выпишете все формулы явно, а то не у всех ведь книга есть, к тому же издание разным может быть.

[Ascold]

Итак, квантование по рецепту Гупты и Блейлера - берём плотность лагранжиана

$$L=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-\frac{1}{2}(\partial_\nu A^\nu)^2. \qquad (1)$$

Из него добываем канонический импульс

$$\pi^\mu=\frac{\partial L}{\partial(\dot{A_\mu})}=F^{\mu0}-g^{\mu0}(\partial_\nu A^\nu).\qquad (2)$$

Коммутационные соотношения:

$$[A^\mu(\mathbf{x},t),A^\nu(\mathbf{y},t)]=[\pi^\mu(\mathbf{x},t),\pi^\nu(\mathbf{y},t)]=0,\qquad (3)$$

$$[A^\mu(\mathbf{x},t),\pi^\nu(\mathbf{y},t)]=ig^{\mu\nu}\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y}).\qquad (4)$$

Если расписать (2), то получится

$$\pi^0=-\dot{A^0}+\mathbf{\nabla\cdot A}, \quad \pi^i=\partial^iA^0-\dot{A^i}. \qquad (5)$$

Из (3) нужно сделать вывод, что пространственные производные от $A^\mu$ коммутируют. Я что-то этого не вижу. Например, $[\pi^0(\mathbf{x},t),\pi^i(\mathbf{y},t)]=-[\dot{A^0}(\mathbf{x},t),\partial^iA^0(\mathbf{y},t)]+[\mathbf{\nabla\cdot A}(\mathbf{x},t),\partial^iA^0(\mathbf{y},t)]+[\dot{A^0}(\mathbf{x},t),\dot{A^0}(\mathbf{y},t)]-[\mathbf{\nabla\cdot A}(\mathbf{x},t),\dot{A^0}(\mathbf{y},t)]=0, \qquad(6)$
$[\pi^i(\mathbf{x},t),\pi^k(\mathbf{y},t)]=[\partial^iA^0(\mathbf{x},t),\partial^kA^0(\mathbf{y},t)]-[\dot{A^i}(\mathbf{x},t),\partial^kA^0(\mathbf{y},t)]-[\partial^iA^0(\mathbf{x},t),\dot{A^k}(\mathbf{y},t)]+[\dot{A^i}(\mathbf{x},t),\dot{A^k}(\mathbf{y},t)]=0. \qquad (7)$
Как увидеть из (6) и (7), что именно

$$[\partial_i A^\mu,\partial_k A^\nu]=0? \qquad (8)$$

Ну и третий вопрос остаётся в силе - ведь не (8) требуется для отбрасывания членов с пространственными производными при вычислении (4), а

$$[A^\mu,\partial_k A^\nu]=0. \qquad (9) $$

[Ascold]

В итоге должны получиться коммутационные соотношения, в которых от $\pi^\mu$ остаётся лишь $-\dot{A}^\mu$:

$$[\dot{A}^\mu(\mathbf{y},t), A^\nu(\mathbf{x},t)]=ig^{\mu\nu}\delta(\mathbf{x-y}).$$

Всё, я понял, в чём дело, это чрезвычайно просто: поле как оператор $A_\nu=A_\nu(\mathbf{x},t)$ - зависит от иксов, импульс - $\pi^\mu=\pi^\mu(\mathbf{y},t)$ содержит пространственные производные по игрекам, следовательно, $A_\nu(\mathbf{x},t)$ под них можно заносить, ну а сами поля коммутируют. С временными производными такое не проходит, поскольку время задано одной и той же переменной и у поля, и у импульсов.

[Ascold]

Но первый вопрос остаётся - почему у векторного поля д.б. именно 2 независимые компоненты?

[Theoristos]

2 независимых не у произвольного векторного, а безмассового.

[Ascold]

Theoristos в сообщении #1340195 писал(а):

2 независимых не у произвольного векторного, а безмассового.

А почему именно 2? Причём упоминание об этих 2 компонентах в книгах происходит до квантования.

[Munin]

Вот именно поэтому:

Ascold в сообщении #1340050 писал(а):

Мне казалось, что(потенциал $\mathbf{A}$ определен с точностью до градиента, а $\varphi$ - до производной по времени,), т.е. всегда можно наложить два доп. условия

Ведь это верно и в классическом поле, не так ли?

[Gickle]

Ascold в сообщении #1340263 писал(а):

А почему именно 2? Причём упоминание об этих 2 компонентах в книгах происходит до квантования.

Это отвечает двум возможным поляризациям в $d = 3 + 1$. Одну степень свободы "убивает" калибровочная симметрия, вторую - уравнение движения. По этой причине иногда ещё говорят, что (безмассовый) калибровочный бозон имеет 2 on-shell степени свободы.

[Ascold]

Munin в сообщении #1340272 писал(а):

Ведь это верно и в классическом поле, не так ли?

именно, но всё равно что-то не понимаю.

Gickle в сообщении #1340293 писал(а):

Это отвечает двум возможным поляризациям в $d = 3 + 1$. Одну степень свободы "убивает" калибровочная симметрия, вторую - уравнение движения. По этой причине иногда ещё говорят, что (безмассовый) калибровочный бозон имеет 2 on-shell степени свободы.

Пусть есть произвольное ЭМ поле. Затребуем, чтобы потенциал $\varphi=0,$ $\varphi \to \varphi -\dot{f}, $тем самым определив функцию $f$ и переопределив магнитный потенциал$A^i$. Полевых уравнений остаётся 3, всё равно не понимаю, почему 2 независимые компоненты.

[Gickle]

Ascold в сообщении #1341144 писал(а):

Пусть есть произвольное ЭМ поле. Затребуем, чтобы потенциал $\varphi=0,$ $\varphi \to \varphi -\dot{f}, $тем самым определив функцию $f$ и переопределив магнитный потенциал$A^i$. Полевых уравнений остаётся 3, всё равно не понимаю, почему 2 независимые компоненты.

Ну, возьмём случай КЭД для простоты и рассмотрим две калибровки.

1. Кулоновская калибровка.

Итак, пусть $\nabla \mathbf{A} = 0.$ Это фиксирует одну степень свободы. Заметим теперь, однако, что компонента $A_0$ не имеет кинетического члена (i.e. слагаемого с $\dot{A}$) в лагранжиане, то есть оно не является динамическим. Уравнение движение для этой компоненты имеет вид:

$$\nabla^2 A_0 + \partial_t \nabla \mathbf{A} = 0,$$

которое можно разрешить относительно $A_0$. Решение имеет вид:

$$A_0(\mathbf{x}) = \int_{\mathbf{x}} \frac{ \partial_t \nabla\mathbf{A} (\mathbf{x}')}{4 \pi |\mathbf{x} - \mathbf{x}'|},$$

так что из условий калибровки и уравнения движения (on-shell условие) мы получаем:

$$\nabla \mathbf{A} = 0, \qquad A_0 = 0,$$

что приводит к $4 - 2$ степеням свободы.

2. Калибровка Лоренца.

Потребуем $\partial_{\mu} A^{\mu} = 0.$ Рассмотрим калибровочное преобразование $A^{\mu}(x) \to (A')^{\mu}(x) = A^{\mu}(x) + \partial^{\mu} \alpha(x)$. Имеем

$$\partial_{\mu} (A')^{\mu} = \partial_{\mu} \left(A^{\mu} + \partial^{\mu} \alpha \right) = \partial_{\mu} \partial^{\mu} \alpha.$$

Таким образом, мы всегда можем дополнительно добавить произвольную гармоническую функцию, не нарушая при этом условие калибровки. В результате опять имеем $4 - 2$ степени свободы. Заметьте, что уравнение движения (on-shell условие) выполняется при этом автоматически.

(Оффтоп)

Тут уже в личке посмеялись с меня - Кулона назвал Колумбом. Английский с русским, видимо, смешались в голове каким-то диким образом.

[Munin]

Ascold в сообщении #1341144 писал(а):

именно, но всё равно что-то не понимаю.

Кстати. Очень хорошее рассмотрение этого дела (в классическом виде) буквально на две странички написано в
Рубаков. Классические калибровочные поля. Глава 1, §§ 1.3-1.4.
Идея в том, чтобы разложить всё по Фурье, тогда уравнения Максвелла превращаются в алгебраические, а непонятные условия калибровки - в 4-нормальность вектора поляризации и светового волнового вектора. Такой кристальной ясности мысли я почти нигде не встречал.

[Ascold]

Gickle в сообщении #1341178 писал(а):

так что из условий калибровки и уравнения движения (on-shell условие) мы получаем:

$$\nabla \mathbf{A} = 0, \qquad A_0 = 0,$$

что приводит к $4 - 2$ степеням свободы.

Почему $4 - 2$, ведь условие

$$\nabla \mathbf{A} = 0$$

- это же три условия, по одному на каждую компоненту вектора $\mathbf{A}$?

[warlock66613]

Ascold, это дивергенция.

[Ascold]

warlock66613 в сообщении #1341294 писал(а):

Ascold, это дивергенция.

Точно, всё ясно. Это я туплю.

Munin в сообщении #1341214 писал(а):

Рубаков. Классические калибровочные поля. Глава 1, §§ 1.3-1.4.

Да, посмотрел, достаточно коротко и просто, благодарю.