Квантовое поле как физический и математический объект.

[Ascold]

Munin писал:

Munin в сообщении #676379 писал(а):

Уже волновая функция от нескольких частиц - это функция в многомерном пространстве. Представить себе её можно с трудом, в ней бывают в принципе какие угодно запутанные волны, сочетающие между собой координаты разных частиц, так что частицы движутся скоррелированно или не скоррелированно, и в произвольных суперпозициях таких состояний. А теперь представим себе, что у нас не многомерное пространство, а бесконечномерное. Тогда наша волновая функция будет просто МОНСТР. Что такое "координаты разных частиц"? Это значения поля в разных точках пространства. Они бывают как угодно движущимися, причём как угодно запутанными, и в произвольных суперпозициях. Как мы можем вообще посмотреть на то, что имеем? Допустим, в МОНСТРЕ значения поля в разных точках как угодно запутаны, но нас это не интересует, нас интересует только значение поля в одной данной точке. Тогда мы поступаем так же, как в квантовой механике - интегрируем все остальные точки: $\idotsint_{\mathbf{r}\ne \mathbf{r}_0}M^*M\,dq_{\mathbf{r}}^{\infty-3}.$ Что у нас в результате получается? Плотность распределения - по чему? По возможным значениям "конфигурационной координаты", которая у нас - значение поля в данной точке, переменная поля.

Alex-Yu писал:

Alex-Yu в сообщении #1299603 писал(а):

Перейдем к полю на решетке да еще в конечном объеме. Тогда поле у нас характеризуется его N значениями в N точках (узлах решетки). Т.е. система имеет N степеней свободы. Поля в каждой из точек решетки это и есть обобщенные координаты данной системы. При квантовании системы с N степенями свободы (c N координатами) волновая функция есть функция всех этих N координат. Т.е. амплитуда состояния (волновая функция) такого "решеточного" поля это функция от значений поля в узлах решетки. При переходе к непрерывному полю (т.е. $N \to \infty$) такая функция очевидно превращается в функционал.

Я, честно говоря, путаюсь, не знаю даже, в смысловом плане или терминологическом. Вот при интегрировании $\idotsint_{\mathbf{r}\ne \mathbf{r}_0}M^*M\,dq_{\mathbf{r}}^{\infty-3}$ все эти $dq_{\mathbf{r}}$ - это дифференциалы аргументов полевого функционала или нет? В КМ размерность аргумента ВФ привязана к числу частиц, здесь же бесконечно множество значений функции поля, т.е. неявно подразумевается, что частиц может быть неограниченное число или нет?

$dq_{\mathbf{r}}=q'_xdx+q'_ydy+q'_zdz,$ т.е. в конце концов интегрирование сводится к интегрированию по пространственным координатам(для каждого $dq_{\mathbf{r}}$ маркируемыми своими буквами) или нет?

[Munin]

Нет, здесь $q_\mathbf{r}$ - то, что в более привычных обозначениях называется $\varphi(\mathbf{r})$ - "полевые переменные". Например, для электромагнитного поля это четыре числа в точке $\mathbf{A}(\mathbf{r}),\varphi(\mathbf{r}).$ Именно по ним будет интегрирование, а не по пространственным координатам.

Вынужден признать, у меня там в формуле косячок (не единственный): в показателе $\infty-3.$ Почему минус три? Наверное, из предыдущей формулы осталось, вот этой: $\idotsint_{j\ne i_0}\psi^*\psi\,dq_j^{N-3}.$ Но по смыслу, там должно быть уже что-то вроде $\infty-1.$

А на языке частиц - это то, что у меня написано во "второй части": post676406.html#p676406

[Gickle]

Мимо проходил. B. Hatfield. Quantum Field Theory of Point Particles and Strings. Главы 2, 10 и 11 могут быть вам интересны, мне кажется.

[Ascold]

Gickle в сообщении #1348564 писал(а):

Мимо проходил. B. Hatfield. Quantum Field Theory of Point Particles and Strings. Главы 2, 10 и 11 могут быть вам интересны, мне кажется.

Благодарю, полистал, возможно, это то, что надо, буду читать.
Есть ещё вопрос из КТП. Рассмотрим, к примеру, электромагнитное поле и проквантуем его канонически, прицепим представление взаимодействия, теорему Вика, построим правила Фейнмана и т.д. Что неясно и в книгах не видел, как из этой схемы получить(вероятно, в некотором приближении) уравнения Максвелла для наблюдаемых полей $\mathbf{E}$ и $\mathbf{H}$, где про это почитать?

[SergeyGubanov]

Ascold в сообщении #1348590 писал(а):

Есть ещё вопрос из КТП. Рассмотрим, к примеру, электромагнитное поле и проквантуем его канонически, прицепим представление взаимодействия, теорему Вика, построим правила Фейнмана и т.д. Что неясно и в книгах не видел, как из этой схемы получить(вероятно, в некотором приближении) уравнения Максвелла для наблюдаемых полей $\mathbf{E}$ и $\mathbf{H}$, где про это почитать?

Присоединяюсь к этому вопросу, тоже хотелось бы это узнать, но стеснялся спросить.

[Alex-Yu]

Ascold в сообщении #1348590 писал(а):

Что неясно и в книгах не видел, как из этой схемы получить(вероятно, в некотором приближении) уравнения Максвелла для наблюдаемых полей $\mathbf{E}$ и $\mathbf{H}$, где про это почитать?

Во-первых, это легче написать, чем искать где прочитать Во-вторых, никаких диаграмм для этого не надо. Просто потому, что уравнения Максвелла -- это поле без взаимодействия (можно включить КЛАССИЧЕСКИЙ ток-источник, сути не поменяет).

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). Собственно и все, по большому счету, дальше как обычно в классике из уравнения для 4-потенциала трехмерные уравнения. Ну еще уравнения, следующие из калибровочной инвариантности, аналогично.

[Munin]

А со взаимодействием что, нельзя написать? С заданным фермионным заряженным полем.

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #1348841 писал(а):

С заданным фермионным заряженным полем.

С ЗАДАННЫМ, т.е. с коммутирующим (в гайзенберговском представлении!) с ЭМ полем -- это и есть с классическим током. Если фермионное поле не зависит от электромагнитного, с ним коммутирует, то все просто, заменяем ток, выраженный через фермионное поле, просто буквой $j$ и приходим к предыдущему.

Собственно, можно вообще ничего не делать. Просто понимать, что фотонный пропагатор -- это функция Грина (с смысле диффуравнений), выражающая поле через ток. Ну а перейти от интегрального уравнения к дифференциальному... Подействовали даламберианом и бац, $k^2$ в знаменателе как не бывало С пропагатором в фейнмановской калибровке так вообще все сразу.

В общем тут есть разные варианты. Можно просто убедиться, что оператор 4-потенциала тождественно удовлетворяет уравнениям Максвелла (но это без тока). Но квантовать удобнее свободное поле, а взаимодействие с током включить потом, в гамильтониан. Тогда понадобится коммутатор. И вообще так понятнее физически (классический ток порождает поле в глауберовском состоянии, тогда не ноль среднее поле и проч. бла-бла-бла). Можно сразу написать операторные выражения для $E_i$ и $H_i$ и их усреднять, так, пожалуй, даже проще.

[Munin]

(Оффтоп)

Только "даламбертианом".

[SergeyGubanov]

Alex-Yu, мне не понятно. Полевой оператор $\hat{A}_{\mu}(x)$ удовлетворяет классическим уравнениям движения по построению, поэтому не надо прилагать усилий чтобы вывести уравнения движения для полевого оператора. А свёртка полевого оператора с вакуумным вектором состояния даёт ноль $\langle 0 | \hat{A}_{\mu}(x) | 0 \rangle = 0$.

Моё решение задачи таково.

Полевой оператор $\hat{A}_{\mu}(x)$ имеет вид:

$$ \hat{A}_{\mu}(x) = \int d_4 k \left( \hat{a}(k, \mu) f_{\mu} (k, x) + \hat{a}^{\dag}(k, \mu) f^{*}_{\mu} (k, x) \right) $$

Здесь функции $f_{\mu} (k, x)$ являются решениями классических уравнений движения (в качестве $f_{\mu} (k, x)$ часто используются плоские волны). Полевой оператор $\hat{A}_{\mu}(x)$ удовлетворяет классическим уравнениям движения по-построению.

Рассмотрим вакуумный вектор состояния

$$ | \Psi_0 \rangle = | 0 \rangle $$

Очевидно, что

$$ \langle \Psi_0 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_0 \rangle = 0 $$

Рассмотрим одночастичный вектор состояния

$$ | \Psi_1 \rangle = \int d_4 k \, c(k, \mu) \, \hat{a}^{\dag}(k, \mu) | 0 \rangle $$

Очевидно, что (просто в силу того, что $\hat{A}_{\mu}(x)$ недиагональный):

$$ \langle \Psi_1 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_1 \rangle = 0 $$

Построим суперпозицию:

$$ | \Psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} | \Psi_0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} | \Psi_1 \rangle $$

Тогда

$$ A_{\mu}(x) = \langle \Psi | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi \rangle = \frac{ \langle \Psi_0 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_1 \rangle + \langle \Psi_1 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_0 \rangle}{2} $$

Добавим двухчастичные состояния

$$ | \Psi_2 \rangle = \int d_4 k \, d_4 k' \, c(k, k', \mu, \nu) \, \hat{a}^{\dag}(k, \mu) \hat{a}^{\dag}(k', \nu) | 0 \rangle $$

$$ | \Psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} | \Psi_0 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} | \Psi_1 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} | \Psi_2 \rangle $$

Тогда

$$ A_{\mu}(x) = \langle \Psi | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi \rangle = \frac{ \langle \Psi_0 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_1 \rangle + \langle \Psi_1 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_0 \rangle}{2} + \frac{ \langle \Psi_1 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_2 \rangle + \langle \Psi_2 | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_1 \rangle}{2} $$

Действуя так далее, получаем

$$ | \Psi \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{n=0} | \Psi_n \rangle $$

$$ A_{\mu}(x) = \langle \Psi | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi \rangle = \sum_{n=0} \frac{ \langle \Psi_{n} | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_{n+1} \rangle + \langle \Psi_{n+1} | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi_{n} \rangle}{2} $$

[Alex-Yu]

SergeyGubanov в сообщении #1349008 писал(а):

А свёртка полевого оператора с вакуумным вектором состояния даёт ноль $\langle 0 | \hat{A}_{\mu}(x) | 0 \rangle = 0$.

Это еще с какого перепугу ПРИ НАЛИЧИИ классического тока? Без тока -- само собой ноль, нет источника --- нет и поля (может идти, впрочем, с бесконечности, но это требует специального анализа).

Вы про глауберовские состояния что-нибудь слышали? Именно они имеют отношение к переходу в классику. А вот фотонные состояния к классике никакого отношения не имеют. В глауберовском состоянии среднее поле нулю не равно (как и должно быть в классике). Однако работать в картине Шредингера здесь неудобно (хотя, в принципе, и можно, так тоже все решается, просто значительно длиннее). Удобнее считать что ток есть только при $t > 0$ а при $t=0$ состояние --- вакуум (потом, при желании, начальный момент времени можно сдвинуть в минус бесконечность). Тогда можно воспользоваться картиной Гайзенберга в которой состояние так вакуумом и останется, а вот для операторов нужно решать уравнение. Естественно, в этом случае (при наличии источника), в отличие от свободного поля, $a(t) \ne a(0) e^{-i\omega t}$.

-- Чт окт 25, 2018 18:52:26 --

SergeyGubanov в сообщении #1349008 писал(а):

Моё решение задачи таково.

Даже если это и есть какое-то решение, то не о том, о чем шла речь.

[Cos(x-pi/2)]

(Аналогия с квантовой механикой осциллятора)

Имхо, не повредит аналогия с задачками из квантовой механики осциллятора, в том числе - возбуждаемого классической силой $F(t)$ ("классическая" означает заданная). Вот более-менее широко известные ответы:

1. Если осциллятор находится в стационарном состоянии $|n\rangle ,$ т.е. - с определённым числом $n$ квантов энергии $\hbar \omega_0,$ то среднее значение его координаты (это аналог полевой переменной в КТП) не зависит от времени и равно нулю.

2. Если состояние осциллятора есть т.н. "когерентное состояние", т.е. - суперпозиция стационарных состояний с коэффициентами $\alpha^n/\sqrt{n!},$ где $\alpha=|\alpha|e^{i\delta}$ - произвольное комплексное число, то среднее значение координаты осциллятора колеблется во времени по закону

$$\langle x \rangle \,\propto\, |\alpha| \cos (\omega_0t-\delta),$$

т.е. является ненулевым решением классического уравнения движения осциллятора в отсутствие внешней силы.

3. Если осциллятор находился в состоянии $|0\rangle$ (это аналог "вакуума" в КТП), а затем подвергся действию внешней силы $F(t),$ которая затем выключилась, то после окончания действия внешней силы осциллятор находится в когерентном состоянии с

$$\alpha \,\propto \,\int \limits_{-\infty}^{\infty}dt\, F(t)\,e^{i\omega_0t}$$

(это фурье-компонента силы на собственной частоте осциллятора). При этом среднее значение координаты совпадает с решением аналогичной задачки в классической механике - о колебаниях осциллятора, возбуждённого из состояния покоя силой $F(t),$ действовашей в течение конечного промежутка времени.

[Alex-Yu]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349082 писал(а):

а затем подвергся действию внешней силы $F(t),$ которая затем выключилась, то после окончания действия внешней силы осциллятор находится в когерентном состоянии с

А в гайзенберговском представлении это все намного изящнее (и проще)! Ладно уж подскажу. Хотя, быть может, и не стОило бы (уж решить ЛИНЕЙНОЕ операторное уравнение (Гайзенберга) -- делать нечего). В гайзенберговском представлении получается

$$ a(t) = a(0)e^{-i\omega t} + \alpha(t) $$

где $\alpha(t)$ -- классическая величина, определяемая классическими же уравнениями. Можно или "сдвигать вакуум" оператором сдвига (такой сдвинутый вакуум --- это в точности когерентное состояние) , или в представлении Гайзенберга делать унитарное преобразование операторов (одно из преобразований Боголюбова), которое в итоге сводится к простому сдвигу оператора уничтожения на число (рождения получается сопряжением).

Че-т теперь даже уже и совсем скучно на счет того, как получаются классические уравнения Максвелла, дальше все в уме очевидно. Вся интрига пропала

[SergeyGubanov]

Alex-Yu, к сожалению мне не удаётся уловить никакой интриги. Ваши объяснения для меня просто не понятны. Мне не понятно зачем Вам вообще доказывать то, что полевой оператор удовлетворяет классическим уравнениям движения. Он удовлетворяет им по построению. Единственное, что нужно так это выписать связь между наблюдаемым/средним/классическим полем $A_{\mu}(x)$, полевым оператором $\hat{A}_{\mu}(x)$ и вектором состояния $| \Psi \rangle$. И, если я не ошибаюсь, эта связь такова:

$$ A_{\mu}(x) = \langle \Psi | \hat{A}_{\mu}(x) | \Psi \rangle $$

[Alex-Yu]

SergeyGubanov в сообщении #1349094 писал(а):

Ваши объяснения для меня просто не понятны.

Это Ваши проблемы, а не мои. Были бы Вы студентом --- можно было бы еще что-то объяснить. Но кфмн, да еще от столь приличного института, как "ландаушник", столь элементарные вещи должен понимать "на раз". Да и вообще давным-давно знать.