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
 
 Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение18.09.2018, 22:56 


28/08/13
521
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 $[\partial_i A^\mu,\partial_k A^\nu]=0$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение19.09.2018, 00:06 
Заслуженный участник


29/12/14
504
Ascold
Давайте вы сначала выпишете все формулы явно, а то не у всех ведь книга есть, к тому же издание разным может быть.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение19.09.2018, 11:32 


28/08/13
521
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 $$[A^\mu,\partial_k A^\nu]=0.  \qquad (9) $$

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение19.09.2018, 20:55 


28/08/13
521
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение19.09.2018, 22:07 


28/08/13
521
Но первый вопрос остаётся - почему у векторного поля д.б. именно 2 независимые компоненты?

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение19.09.2018, 23:07 


24/01/09
1090
Украина, Днепропетровск
2 независимых не у произвольного векторного, а безмассового.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение20.09.2018, 11:38 


28/08/13
521
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение20.09.2018, 12:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение20.09.2018, 14:39 
Заслуженный участник


29/12/14
504
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение24.09.2018, 20:02 


28/08/13
521
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение24.09.2018, 22:49 
Заслуженный участник


29/12/14
504
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение25.09.2018, 00:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение25.09.2018, 11:52 


28/08/13
521
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 $\mathbf{A}$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение25.09.2018, 11:58 
Заслуженный участник


02/08/11
6874
Ascold, это дивергенция.

 Профиль  
                  
 
 Re: Каноническое квантование ЭМ поля у Райдера.
Сообщение25.09.2018, 18:14 


28/08/13
521
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

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