Квантовое поле как физический и математический объект.

[Ascold]

Alex-Yu в сообщении #1348827 писал(а):

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).

Что-то не получается: вот оператор 4-потенциала:

$$A^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(a_s(\mathbf{p})e^{-ipx}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{ipx}),$$

гамильтониан

$$H=\sum_r\int\frac{d\mathbf{k}}{2(2\pi)^3}(a^{\dagger}_r(\mathbf{k})a_r(\mathbf{k})+a_r(\mathbf{k})a^{\dagger}_r(\mathbf{k})).$$

Уравнения Гейзенберга:

$$\frac{dA^\mu}{dt}=\frac{\partial A^\mu}{\partial t}+[H,A^\mu].$$

У меня выходит, что

$$\langle0|[H,A^\mu]|0\rangle=0,$$

что я делаю не так?

[Cos(x-pi/2)]

Может быть, без классического источника ничего кроме нуля и не получится? Попробуйте для простоты разобраться сначала со скалярным полем - вывести уравнение Клейна-Гордона.

(Встряну ещё немножко. Всё-таки во взаимоотношении, говоря философски, "квантового и классического" интрига есть. Привожу подборку формул (запавших в мою душу любопытствующего не спеца по КТП ) из разных книжек.

(Классическое поле в классике и в КТП; на примере скалярного поля.)

План такой: сначала выпишу одно очевидное определение "классического поля" - на основе известного уравнения движения. Затем посмотрим на его неожиданное появление в формализме КТП - в функциональном и в операторном. И в конце будут слова о том, как "вывести" из принципов квантовой теории это уравнение движения, если бы оно не было известно заранее.

Обсуждения строгости/нестрогости опускаю (все правильные слова есть в книжках). В роли примера будет скалярное поле с уравнением движения Клейна-Гордона. Для краткости применяю обозначения в таком примерно духе:

$(\psi , \varphi) = (\varphi, \psi) \equiv \int d^4x'\, \psi(x')\,\varphi(x'),$

$((\psi G \varphi )) = ((\varphi G \psi)) \equiv \int d^4x \int d^4x' \,\psi(x)\,G(x-x')\,\varphi(x')\,,$

где $G(x-x')=G(x'-x)$ - функция, симметричная к перестановке $x$ и $x'.$


1. Пусть:

$K=-\partial_{\mu} \partial^{\mu}-m^2$ есть оператор уравнения движения (где $\partial_{\mu} \partial^{\mu}=\partial^2/\partial t^2-\Delta).$

Уравнение движения "с источником" $J(x)$ для поля $\varphi(x) \equiv \varphi(t,\mathbf{r}):$

$-K\varphi = J.$

Вот одно из возможных очевидных определений понятия "классическое поле $\varphi_{_J}(x)$ при наличии источника" $J:$ это одно из решений уравнения движения, а именно в виде

$\varphi_{_J}(x)=-\int d^4x' \, G(x-x')\, J(x') = -(G,J),$

где $G$ - ядро интегрального оператора, обратного к $K,$ то есть одна из функций Грина:

$K\,G(x-x')=\delta^4(x-x').$

Какую ф.Г. выбрать? Неочевидный на этом шаге ответ: чтобы двигаться к квантовой теории выбираем "фейнмановский пропагатор"; это "причинная ф.Г.", в ней к $-m^2$ добавлена мнимая $i\varepsilon \to +i0.$ Ниже наличие этой добавки подразумевается.

Подразумевается также, что любые рассматриваемые источники $J(x)$ локализованы в конечной области пространства-времени. Поэтому поле $\varphi_{_J}(x)$ стремится к нулю на пространственной бесконечности. А при $t \to \pm \infty,$ насколько понимаю, оно стремится к нулю из-за той самой мнимой добавки к $-\omega_{\mathbf{k}}^2=-|\mathbf{k}|^2-m^2$ в каждой моде. Поля, не являющиеся решением уравнения движения, тоже будем считать исчезающими на бесконечности; тогда можно везде отбрасывать поверхностные члены и, например, записывать классическое действие скалярного поля так:

$S_0[\varphi]=\int d^4x \, \frac{1}{2}(\partial_{\mu}\varphi \,\partial^{\mu} \varphi -m^2 \varphi^2)=\frac{1}{2}(\varphi, K\varphi),$

на таких полях $K$ - симметричный оператор: $(\psi, K\varphi) = (\varphi, K\psi).$

Нолик здесь (и у других функционалов дальше) напоминает, что рассмативается "теория без взаимодействия".



2. Чтобы приблизиться к КТП, сначала выпишем в терминах интегралов по полям один из встречающихся там "производящих функционалов":

$Z_0[J]=\dfrac{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]}}$

Переменную интегрирования $\varphi$ можно "сдвинуть" на любое нефлуктуирующее поле того же класса, в частности, на $\varphi_{_J},$ т.е. - заменить на $\varphi+\varphi_{_J}.$ Поступим так в числителе. При этом

$S_0[\varphi+\varphi_{_J}]+(\varphi+\varphi_{_J},J)=S_0[\varphi]-\frac{1}{2}((JGJ)),$

следовательно:

$Z_0[J]=e^{-\frac{i}{2}((JGJ))} \equiv e^{iW_0[J]},$ где

$W_0[J]=-\frac{1}{2}((JGJ)).$

А теперь посмотрим, какое получается чудо, если написать выражение для поля $\varphi,$ усреднённого с этим магическим квантовым весом $e^{iS_0+i(\varphi,J)}:$

$\dfrac{\int D\varphi\, \varphi(x)\,e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}{\int D\varphi\, e^{iS_0[\varphi]+i(\varphi,J)}}}=\dfrac{1}{iZ_0}\dfrac{\delta Z_0}{\delta J(x)}=\dfrac{\delta W_0}{\delta J(x)}=-(G,J)=\varphi_{_J}(x).$

Выводится, что это же самое квантовое среднее в терминах операторного поля есть

$\dfrac{\langle0^+|\varphi(x)|0^- \rangle_J}{\langle0^+|0^- \rangle_J}=\dfrac{\delta W_0}{\delta J(x)}=\varphi_{_J}(x),$

где $|0^-\rangle_J$ и $|0^+\rangle_J$ - есть, соответственно, состояние, получающееся из вакуума в прошлом, и состояние, превращающееся в вакуум в будущем, в присутствии источника $J.$

Причём

$\langle 0^+|0^- \rangle_J=Z_0[J]=e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}$

есть амплитуда перехода "вакуум-вакуум" в присутствии источника (нормированная так, что $\langle0^+|0^- \rangle=1$ при $J(x) \equiv 0).$ Плюс и минус около нулей дальше не буду писать, для краткости.



3. Чтобы увидеть, что представляет собой состояние, порождаемое из вакуума источником $J(x)$ (классическим, ведь у нас $J(x)$ с самого начала считается заданной функцией координат и времени), можно взять источник, локализованный в двух непрекрывающихся "причинно-упорядоченных" областях пространства-времени:

$J(x)=J_2(x)+J_1(x),$

где $J_2(x)$ действует позже, чем $J_1(x).$ Тогда:

$\frac{1}{2}((JGJ))=\frac{1}{2}((J_2GJ_2))+\frac{1}{2}((J_1GJ_1))+((J_2GJ_1)),$

и поэтому

$\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))}.$

С другой стороны, принципы композиции амплитуд вероятностей в квантовой теории позволяют утверждать, что это выражение должно сводиться к

$\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}=\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \,\langle n|0\rangle_{J_1},$

где $n$ символизирует перечень чисел заполнения $n_{\mathbf{k}}$ (чисел частиц или, другими словами, квантов энергии $\omega_{\mathbf{k}}$) по всем модам в пространственно-временной области между источниками.

Действительно, источник $J_1$ с амплитудой вероятности $\langle n|0\rangle_{J_1}$ возбуждает вакуум в то или иное многочастичное состояние $|n \rangle,$ а более поздний источник $J_2$ работает детектором частиц - с амплитудой вероятности $\langle 0|n \rangle_{J_2}$ он поглощает данную многочастичную конфигурацию. Полная амплитуда перехода "вакуум-вакуум" равна сумме произведений таких амплитуд по всем конфигурациям заселения мод частицами.

С помощью явного выражения для фейнмановской функции Грина

$G(x)= \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{-ikx}}{k^2-m^2+i\varepsilon}=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}} e^{-i\omega_{\mathbf{k}}|t|+i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}$

можно показать, что

$-i((J_2GJ_1))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}} iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*\, iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$

То же самое в записи с "нормировочным ящиком" объёмом $V$ и дискретными волновыми векторами:

$-i((J_2GJ_1))=\sum \limits_{\mathbf{k}}\frac{iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}}V}} \frac{iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}}V}}.$

В итоге получаются выражения для многочастичных амплитуд источников:

$\langle n|0\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\,\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}},$

$\langle 0|n\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\,\langle 0|n_{\mathbf{k}}\rangle_{J_{\mathbf{k}}},$

где:

$\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}}= \langle 0|0 \rangle_{J_{\mathbf{k}}}\, \frac{1}{\sqrt{n_{\mathbf{k}}!}}\left ( \frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}} V}} \right )^{n_{\mathbf{k}}},$


$\langle 0|n_{\mathbf{k}}\rangle_{J_{\mathbf{k}}}=\langle 0|0 \rangle_{J_{\mathbf{k}}}\, \frac{1}{\sqrt{n_{\mathbf{k}}!}}\left ( \frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*}{\sqrt{2 \omega_{\mathbf{k}} V}} \right )^{n_{\mathbf{k}}}.$

Отсюда видно, что классический источник $J$ создает в каждой моде "когерентное состояние" с комплексным параметром, который определяется фурье-компонентой источника $J(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})$ с частотой и волновым вектором моды.

Аналогично тому, как обстоит дело в задачке с одним осциллятором, этот же фурье-образ определяет и амплитуду классического поля в каждой моде; например, после окончания действия источника $J(x')$ имеем

$\varphi_{_J}(x)|_{\text{после}}=-(G,J)|_{t>t'}=\sum \limits_{\mathbf{k}}\frac{iJ(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})}{2\omega_{\mathbf{k}}V}\, e^{-i\omega_{\mathbf{k}}t+i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}.$


4. О выводе классических уравнений движения из принципов релятивистской квантовой теории. Подробности здесь пересказывать утомительно, поэтому ограничусь кратким упоминанием: Ю. Швингер в книге "Частицы, источники, поля" (том 1) подробно рассказал, как феноменологически придти к выражениям для амплитуд вероятности, связанных с представлением об источнике; типа выписанных выше

$\langle n|0\rangle_{J} = \prod \limits_{\mathbf{k}}\langle n_{\mathbf{k}}|0\rangle_{J_{\mathbf{k}}}.$

Ну а дальше всё просто строится в обратном порядке. Т. е. вычисляется

$\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \, \langle n|0\rangle_{J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}.$

Результат имеет вид $e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}$ с некоторым явным выражением для $G(x-x').$ Из последнего можно найти оператор $K,$ так чтобы поле $\varphi_{_J}=-(G,J)$ было решением уравнения $-K\varphi_{_J} = J.$

)

[Alex-Yu]

Ascold в сообщении #1349370 писал(а):

Что-то не получается: вот оператор 4-потенциала:

Давайте разбираться. Во-первых оператор вектор-потенциала у Вас уже решенный для свободного поля. Т.к. зависимость от времени (банальная для свободного поля) в нем уже сидит. У Вас же экспоненты у операторов рождения/уничтожения уже четырехмерные, с осциллирующей зависимостью от времени. В принципе это и получается (вовсе не по построению, как нас тут грузили!) из уравнений Гайзенберга (проще их писать для операторов рождения/уничтожения, а потом в формулу для 4-потенциала подставить ответ).

Дальше, в рассматриваемом подходе без тока и должен получиться нуль. Нет источника --- нет и поля. Конечно, если усреднить не по вакууму, а по когерентному состоянию... Но это, во-первых, сильно усложняет вопрос (надо всю теорию когерентных состояний сюда тогда включать, обойдемся без этого, запросто!), во-вторых так получатся не совсем уравнения Максвелла (они получатся без тока), в уравнениях Максвелла должен быть ток! Иначе это какие-то уравнения недомаксвелла

В общем сделайте следующее:

1. Уберите временные экспоненты из оператора 4-потенциала (должны остаться только пространственные 3-мерные экспоненты). Просто операторы рождения/уничтожения зависят от времени, пока неизвестно как (вот из уравнений Гайзенберга это и будет определяться --- как).

2. В гамильтониан включите взаимодействие с классическим током.

3. Прочитайте еще, что ниже тут написано.

И вот тогда дальше все то, о чем мы говорили.

-- Сб окт 27, 2018 12:43:57 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):

Может быть, без классического источника ничего кроме нуля и не получится?

Естественно! Во всяком случае если (что естественно положить) в начальный момент времени был вакуум. Нет источника --- нет и поля!

-- Сб окт 27, 2018 12:49:31 --

Ascold в сообщении #1349370 писал(а):

У меня выходит, что

$$\langle0|[H,A^\mu]|0\rangle=0,$$

Усреднять коммутатор не надо. Надо усреднять поле, которое получится в результате решения уравнений Гайзенберга. Впрочем, пожалуй можно и коммутатор, получить уравнение для $d{\langle A \rangle}/ dt$... С учетом тока это нулем не будет. Попробуйте и так, и эдак.


Кстати, частную производную в уравнении Гайзенберга (первое слагаемое в правой части) не надо, она только для крайне экзотических случаев. В нормальной ситуации вся динамика (зависимость от времени) определяется гамильтонианом, т.е. коммутатором, что в уравнении.

И еще. Вы мнимую единицу потеряли! И свободный гамильтониан не совсем правильный (частота где?).

-- Сб окт 27, 2018 12:54:19 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):

Какую ф.Г. выбрать?

На ДИФУРАВНЕНИЯ (мы же их получаем!) это не влияет! Хотя, конечно, вопрос важный.

-- Сб окт 27, 2018 13:27:55 --

Cos(x-pi/2) в сообщении #1349392 писал(а):

Привожу подборку формул (запавших в мою душу

Производящий функционал для одночастично неприводимых ФГ --- дело хорошее, конечно. В принципе, из него можно получать классические уравнения, и даже с поправками (при наличии взаимодействий). Но без взаимодействия полей (нелинейности) это как-то слишком круто И все эти производящие функционалы естественно появляются в формализме континуального интеграла, но как-то не столь естественно их можно включить в операторный формализм.

В общем здесь случай простой, и с ним можно разобраться более простыми, чем производящий функционал $\Gamma(A)$, средствами.

[Alex-Yu]

Пожалуй, надо бы добавить. В принципе ТС мог бы и сам сообразить, но боюсь, здесь у него все же будет "прокол". Чтобы ему не делать лишнюю работу. Равенство

$$ \langle 0 | a |0 \rangle =0 $$

справедливо НЕ ВСЕГДА! И, более того, в нашем случае как раз не справедливо для $t>0$ (для начального момента времени, до действия тока, -- справедливо). Предлагаю ТС это детально обсудить, когда именно справедливо, и чем это отличается от нашего случая (ну и учесть в выводе, естественно).

Есть еще один весьма поучительный (хотя и очень простой) момент, возникающий, если решать через нахождение $d\langle A \rangle / dt$. Но об этом потом.

[Cos(x-pi/2)]

Не для того, чтобы сбить ТС с пути истинного (!), а просто чтобы завершить обзор "неоператорного метода", опишу решение задачи поиска уравнений движения подобным методом ещё в двух примерах.

(Массивное векторное поле)

Главная формула для получения ф.Г. феноменологическим методом уже была написана выше:

$-i((J_2GJ_1))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, iJ_2(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k})^*\, iJ_1(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$

Для удобства обозначим присутствующие здесь фурье-образы источников короче - с индексом $\mathbf{k}$ вместо аргументов $(\omega_{\mathbf{k}},\mathbf{k}).$ Обратим внимание: эти аргументы являются компонентами 4-импульса "на массовой поверхности". Буду их обозначать как $k^\mu.$ А компоненты произвольного 4-мерного волнового вектора $\omega, \mathbf{q}$ (у него $\omega$ - независимая переменная, она не зависит от 3-мерного импульса) буду обозначать как $q^\mu.$ В левой стороне перейдём к фурье-компонентам, подставив фурье-разложение функции Грина по плоским волнам

$G(x-x')=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,G(q)\,e^{-iq(x-x')},$

и выполнив интегрирование по 4-мерным координатам:

$\int d^4x' \, e^{iqx'}J_1(x')=J_1(q),$

$\int d^4x \, e^{-iqx}J_2(x)=J_2(-q)=J_2(q)^*,$

(в последнем равенстве учтено, что в координатном представлении функция источника вещественна: $J_2(x)=J_2(x)^*).$ Тогда исходная формула принимает вид

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2(q)^*\, G(q)\, J_1(q)=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}} J_{2\mathbf{k}}^*\,J_{1\mathbf{k}}\,.$

Это формула в теории скалярного поля. Чтобы обобщить её на многокомпонентные поля, надо считать, что функции источников это "вектор-столбцы" - их компоненты нумеруются каким-то индексом $s,$ а $G$ - матрица с двумя такими индексами; по индексам ведётся суммирование.

То есть, в правой стороне вместо $J_{2\mathbf{k}}^*\,J_{1\mathbf{k}}$ будет $\sum \limits_s \, J_{2\mathbf{k}s}^*\,J_{1\mathbf{k}s}.$



В случае массивного векторного поля индекс $s=1,2,3$ должен нумеровать три базисных состояния поляризации частицы (кванта векторного поля). Три компоненты источника $J_{\mathbf{k}s}$ в каждой $\mathbf{k}$-моде определяют амплитуды вероятности рождения частицы (или поглощения частицы, если источник работает как детектор) в этих состояниях поляризации.

Говоря об одной конкретной $\mathbf{k}$-моде, можно вести всё рассмотрение в системе покоя таких частиц. После перехода из произвольной системы отсчёта в систему покоя частицы её 3-импульс $\mathbf{k}$ становится равным нулю, так что 4-вектор импульса $k^\mu$ будет иметь компоненты $m,0,0,0.$ Отсюда видно, что 4-вектор $k^\mu / m$ это единичный вектор, орт временного направления в этой системе отсчёта. В роли единичных векторов трёх базисных направлений поляризации можно выбрать три пространственных орта системы покоя частицы. Такова феноменология модели: считаем, что состояния линейной поляризации векторного поля ведут себя при поворотах как обычные 3-мерные векторы (а не как, например, скаляры или какие-нибудь спиноры). В этой системе отсчёта три $s$-составляющих источника образуют пространственный вектор $\mathbf{J}_0.$ Его проекция на временной орт равна нулю.

В другой системе отсчёта, т.е. после преобразования Лоренца, этот вектор источника останется пространственно-подобным, но у него появится какая-то временная компонента. Значит, в релятивистской теории векторного поля надо описывать источник в каждой моде 4-мерным вектором. Его компоненты $J_{\mathbf{k}}^\mu$ есть $J_{\mathbf{k}}^0,\, \mathbf{J_k},$ но временная компонента $J_{\mathbf{k}}^0$ не является произвольной, так как 4-вектор $J_{\mathbf{k}}^\mu$ должен быть ортогонален единичному 4-вектору $k^\mu / m.$

Построить такой 4-вектор легко: числовое значение проекции произвольно заданного 4-вектора $J_{\mathbf{k}}^\mu$ на $k^\mu / m,$ то есть свёртку $k_\nu J_{\mathbf{k}}^\nu /m$ надо умножить на сам орт $k^\mu / m$ и вычесть получившийся времени-подобный вектор из исходного $J_{\mathbf{k}}^\mu:$

$J_{\mathbf{k}}^\mu-\dfrac{k^\mu}{m}\,\dfrac{k_\nu}{m}J_{\mathbf{k}}^\nu=\left ( g^\mu_{\,\nu} - \dfrac{k^\mu k_\nu}{m^2} \right ) J_{\mathbf{k}}^\nu. $

В сумму по $s$ входят источники 1 и 2 с одинаковыми $\mathbf{k},$ поэтому для них пространственно-подобная гиперплоскость, ортогональная вектору $k^\mu /m,$ одна и та же, и, значит, достаточно только в одном источнике выделить указанным способом часть, лежащую в этой гиперплоскости: в свёртку этой части со вторым источником даст вклад только часть второго источника, лежащая в той же гиперплоскости. Таким образом:

$\sum \limits_s \, J_{2\mathbf{k}s}^*\,J_{1\mathbf{k}s}=J_{2\mathbf{k}}^\mu ^*\, (-1)\left ( g_{\mu \nu} - \dfrac{k_\mu k_\nu}{m^2} \right ) J_{1\mathbf{k}}^\nu. $

Дополнительный множитель $(-1)$ здесь нужен для компенсации минуса в выражении $g_{\mu \nu}=-1$ при $\mu=\nu=1,2,3.$

Поскольку выяснилось, что источники у нас 4-векторные, то в лоренц-инвариантной скалярной величине $((J_2 G J_1))$ они должны сворачиваться с матрицей $G$ формата 4х4, представляющей собой 4-тензор второго ранга. Таким образом, на этом этапе наша "главная формула" принимает вид

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3}\, \frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, J_{2\mathbf{k}}^\mu ^*\, (-1)\left ( g_{\mu \nu} - \frac{k_\mu k_\nu}{m^2} \right ) \, J_{1\mathbf{k}}^\nu \,.$



Чтобы получить отсюда выражение для $G_{\mu \nu}(q),$ осталось придать правой стороне вид 4-кратного интеграла (как в левой стороне) по компонентам произвольного 4-импульса $\omega, \mathbf{q}.$ Для этого можно вспомнить, что множитель $\frac{-i}{2\omega_{\mathbf{k}}}$ и замена $\omega$ на $\omega_{\mathbf{k}}$ под знаком 3-кратного интеграла по компонентам $\mathbf{k}$ возникли из-за полюсов "фейнмановской функции Грина"

$\dfrac{1}{\omega^2-\omega_{\mathbf{k}}^2 +i0}=\dfrac{1}{\omega^2-|\mathbf{k}|^2-m^2 +i0}$

в результате интегрирования $\int \frac{d\omega}{(2\pi)}.$ Поэтому просто восстановим запись с таким интегралом. Тогда, обозначив $\mathbf{k}$ как $\mathbf{q},$ и $\omega^2-|\mathbf{q}|^2=q_\mu q^\mu$ как $q^2,$ имеем главную формулу в виде


$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}J_2^\mu (q)^*\, \frac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) J_1^\nu (q) \,.$


Отсюда получаем искомое выражение фурье-образа функции Грина - "фейнмановского пропагатора массивной векторной частицы":

$G_{\mu \nu}(q)=\dfrac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \dfrac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ).$


Тогда классическое поле $A_\mu (x)$, порождаемое 4-векторным источником $J^\nu (x),$

$A_\mu=-(G_{\mu \nu}, J^\nu)=-\int d^4x' \,G_{\mu \nu}(x-x')\,J^\nu (x')=-\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,G_{\mu \nu}(q)\, J^\nu (q),$

есть:

$A_\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{1}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) \, J^\nu (q). $


Ну, а дальше можно пробовать действовать на это поле разными комбинациями операторов $\partial_\alpha$ (то есть $\partial / \partial t, \nabla)$ или $\partial\,^\beta$ (то есть $\partial / \partial t, -\nabla).$ Они действуют на экспоненту $e^{-iqx}$, содержащую $qx=q_\mu x^\mu = q^\mu x_\mu,$ и приводят к появлению множителя $-iq_\alpha$ или $-iq\,^\beta$ соответственно.


Проверяется, что оператор

$K^{\beta \mu}=(\partial^\alpha \partial_\alpha+m^2)g^{\beta \mu}-\partial\,^\beta \partial^\mu$

даёт под знаком указанного выше интеграла $\int d^4q$ для поля $A_\mu (x)$ как раз такую комбинацию, которая вместе с комбинацией множителей от $G_{\mu \nu}(q)$ сводится просто к $-g\,^\beta_{\,\nu}. $ Так что с этим оператором поле $A_\mu (x)$ удовлетворяет уравнению движения

$-K^{\beta \mu}A_\mu (x)= J^{\beta}(x).$

(Безмассовое векторное поле. Уравнения Максвелла.)

Перейти к пределу $m \to 0$ в "нашей главной формуле"

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J_2^\mu (q)^*\, G_{\mu \nu}(q)\, J_1^\nu (q)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}J_2^\mu (q)^*\, \frac{(-1)}{q^2-m^2 +i0} \left ( g_{\mu \nu} - \frac{q_\mu q_\nu}{m^2} \right ) J_1^\nu (q) $

препятствует член $\frac{q_\mu q_\nu}{m^2} J_1^\nu (q).$ Однако его можно просто вычеркнуть ещё до перехода к пределу $m \to 0,$ если считать, что фурье-образы $J^\nu (q)$ любых 4-векторных источников подчинены условию

$q_\nu J^\nu (q) \equiv 0.$

В координатном представлении это есть "уравнение непрерывности" $\partial_\nu J^\nu (x) \equiv 0, $ то есть

$\partial J^0 / \partial t + \nabla \cdot \mathbf{J} = 0,$

оно интерпретируется как закон сохранение заряда. При этом $J^0$ интерпретируется как плотность заряда, а $\mathbf{J}$ как плотность тока, 4-вектор источника $J^\nu (x)$ называют сохраняющимся током.

С этим условием член $\frac{q_\mu q_\nu}{m^2} J_1^\nu (q) \equiv 0$ вообще не нужно писать, и, значит, перейдя в оставшемся выражении к пределу $m \to 0,$ можно фурье-образ искомой функции Грина взять просто в виде

$G_{\mu \nu}(q)=\dfrac{(-1)}{q^2+i0}\, g_{\mu \nu}.$


(А можно было бы и прибавить к нему выражение $q_\mu q_\nu f(q)$ с произвольной скалярной функцией $f(q)$ - такая добавка не даёт вклада в свёртку с сохраняющимся током $J_1^\nu (q).$ Этому произволу в выборе $G_{\mu \nu}$ соответствует свобода выбора "калибровки 4-потенциала" $A_\mu. )$


Из определения классического поля $-(G,J)$ я в этом примере уберу минус; тогда в итоге получатся общепринятые уравнения (а с минусом у меня получалось, если нигде не ошибся, что наш источник $J^\nu$ это $-j^\nu,$ то есть $-\rho,-\mathbf{j}.$ В принципе-то, наверное, безразлично - считать источником $j^\nu$ или $-j^\nu.)$

Итак, в безмассовом случае классическое поле $A_\mu (x)$, порождаемое 4-векторным источником $J^\nu (x),$ запишем в виде

$A_\mu=(G_{\mu \nu}, J^\nu)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,G_{\mu \nu}(q)\, J^\nu (q),$

то есть:

$A_\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{(-1)}{q^2 +i0}\, J_\mu (q)\, .$

Или, если поднять индекс:

$A^\mu (x)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,e^{-iqx}\,\frac{(-1)}{q^2 +i0}\, J^\mu (q)\, .$



Выбрав $K=\partial_\nu \partial^\nu=\partial^2_t-\Delta$ и учитывая, что $\partial_\nu \partial^\nu\,e^{-iqx} =-q^2\,e^{-iqx},$ видим, что каждая компонента найденного 4-векторного потенциала $A^\mu (x)$ удовлетворяет "волновому уравнению с источником" $J^\mu :$

$\partial_\nu \partial^\nu A^\mu(x)=J^\mu (x).$

Аналогично действуя оператором $\partial_\nu$ на $A^\nu$ (разумется, с суммированием по $\nu),$ видим, что c учётом $q_\nu J^\nu (q) = 0$ найденное поле удовлетворяет "условию Лоренца":

$\partial_\nu A^\nu (x) = 0.$

Взяв от обеих сторон производную $\partial^\mu,$ заведомо получим нуль; переставив знаки производных, запишем это так: $\partial_\nu \partial^\mu A^\nu =0.$ Теперь вычитая из обеих сторон этого равенства соответствующие стороны уравнения движения $\partial_\nu \partial^\nu A^\mu(x)=J^\mu (x),$ получаем:

$\partial_\nu ( \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) = -J^\mu.$

Обозначив $\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu = F^{\mu \nu},$ имеем:

$\partial_\nu F^{\mu \nu} = -J^\mu.$

Это уравнения Максвелла. Здесь содержится та пара уравнений, в которую входят плотность тока и заряда. Вторая пара уравнений Максвелла содержится в тождестве $\partial^\alpha F^{\mu \nu} + \partial^\mu F^{\nu \alpha} + \partial^\nu F^{\alpha \mu} = 0;$ оно следует из определения $F^{\mu \nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu.$

Всё.



// Только ещё комментарии добавлю - о квантовом физ. смысле той исходной формулы для $-i((J_2GJ_1)),$ с которой здесь начинались примеры. В ней фигурируют лишь классические источники и классическая ф. Г. (правда, "фейнмановская").

1. Почему эта ф. Г. оказывается "пропагатором частицы"?

Вернёмся к формуле для вакуумной амплитуды $\langle 0|0 \rangle_{J_2+J_1}$ (при наличии двух причинно упорядоченных источников):

$\sum \limits_n \,\langle 0|n\rangle_{J_2} \,\langle n|0\rangle_{J_1}=\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))}.$

Перепишем её для случая слабых источников. Т. е. пусть $J_1$ и $J_2$ малы настолько, что в правой стороне можно экспоненты заменить членами разложения низшей степени по $J_1$ и $J_2:$

$\langle 0|0 \rangle_{J_2}\, \langle 0|0 \rangle_{J_1}\,e^{-i((J_2GJ_1))} \approx 1\,-\, i((J_2GJ_1))$

Амплитуды вероятности многочастичных процессов в случае слабых источников считаются пренебрежимо малыми. Потому в сумме по конфигурациям частиц остаются только вклад нулевого порядка по источникам, равный единице, и сумма вкладов лишь от одночастичных амплитуд (со всевозможными импульсами частицы, а также значениями индекса поляризации $s$, если он есть; ниже для краткости не выписываю $s).$ Таким образом, в пределе слабых источников:

$\sum \limits_{\mathbf{k}}\, \langle 0 | 1_{\mathbf{k}} \rangle_{J_2}\, \langle 1_{\mathbf{k}} | 0 \rangle_{J_1} = -i((J_2GJ_1)).$

Левая сторона здесь имеет квантово-механический вид: это амплитуда перехода "вакуум-вакуум" через одночастичное промежуточное состояние, порождаемое источником $J_1$ с последующим поглощением частицы детектором $J_2.$

Правая сторона содержит чисто классические величины, но теперь при желании можем истолковать её тоже как квантовую амплитуду перехода. Ведь можно детализировать её описание (по крайней мере на словах) так - с амплитудой $iJ_1(x)$ первый источник рождает частицу в точке $x',$ с амплитудой $iJ_2(x)$ второй источник (детектор) поглощает частицу, а $iG(x-x')$ выступает в роли амплитуды распространения частицы от точки $x'$ к точке $x.$ По 4-координатам $x'$ и $x$ ведётся интегрирование. Всё это соответствует квантовым принципам композиции амплитуд вероятности.



2. Ещё один комментарий - о среднем числе частиц $\langle n \rangle_J$, порождённых классическим источником $J$ за всё время его действия. (Подразумевается наличие квантовых флуктуаций: раз за разом повторяем опыт, и источник то создаст частицы, то не создаст ни одной - тогда вакуум остаётся вакуумом). Исходя из свойств когерентных состояний можно показать (это отдельная учебная задачка), что вероятность перехода "вакуум-вакуум в присутствии источника" $J$ должна иметь вид:

$| \langle 0 | 0 \rangle_J |^2 = e^{-\langle n \rangle_J},$

причём среднее число частиц можно представить суммой средних чисел частиц по всем модам:

$ \langle n \rangle_J = \sum \limits_{\mathbf{k}} \sum \limits_s \, \langle n_{\mathbf{k}s} \rangle_J\,.$

А амплитуда перехода есть

$\langle 0 | 0 \rangle_J = e^{-\frac{i}{2}((JGJ))}.$

Подставив сюда $((JGJ))=\text{Re}\,{((JGJ))}\,+\,i\,\text{Im}\, ((JGJ)),$ заключаем, что:

$\langle n \rangle_J=-\text{Im}\, ((JGJ)).$

Видно, что среднее число частиц квадратично зависит от $J.$ Можно уточнить понятие слабого источника так: это источник с $\langle n \rangle_J \ll 1.$ Кроме того, эта формула позволяет проверить, нет ли ошибок в знаке при вычислениях: величина $\langle n \rangle_J=-\text{Im}\, ((JGJ))$ должна быть неотрицательной.



Для примера посмотрим, что получается в случае источника фотонов (квантов безмассового векторного поля). В этом случае имеем формулу:

$((J^\mu G_{\mu \nu} J^\nu))=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\,J^\mu (q)^* \,\frac{(-1)}{q^2+i0}\, g_{\mu \nu}\, J^\nu (q),$

Замечаем, что

$J^\mu (q)^* g_{\mu \nu}J^\nu (q)=|J^0(q)|^2-|\mathbf{J}(q)|^2$

есть вещественная функция (отметим также, что она чётная).

Следовательно, мнимая часть определяется выражением:

$\text{Im}\, \frac{1}{q^2+i0}= \frac{-\pi}{2\omega_{\mathbf{q}}} \left ( \delta(\omega-\omega_{\mathbf{q}})+ \delta(\omega+\omega_{\mathbf{q}}) \right ). $

Обе дельта-функции дают равные вклады. Частота теперь в ответ входит только "на массовой поверхности"; чтобы подчеркнуть это, пишем далее $\mathbf{k}$ вместо $\mathbf{q}:$

$\langle n \rangle_J=-\text{Im} \, ((J^\mu G_{\mu \nu}J^\nu))=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, \left ( -|J_{\mathbf{k}}^0|^2+|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2 \right ) \,.$

Заметим, что с учётом $\omega_{\mathbf{k}}=|\mathbf{k}|$ условие сохранения 4-тока принимает на массовой поверхости следующий вид:

$0=k_\mu J_{\mathbf{k}}^\mu = \omega_{\mathbf{k}} J_{\mathbf{k}}^0-\mathbf{k}\cdot \mathbf{J}_{\mathbf{k}}=|\mathbf{k}|J_{\mathbf{k}}^0-|\mathbf{k}|J_{\mathbf{k}}^{\parallel},$

так что:

$J_{\mathbf{k}}^0=J_{\mathbf{k}}^{\parallel},$

где $J_{\mathbf{k}}^{\parallel}$ - продольная по отношению к $\mathbf{k}$ компонента вектора $\mathbf{J}_{\mathbf{k}}.$

Можно разложить 3-мерный вектор $\mathbf{J}_{\mathbf{k}}$ на продольную и две поперечные по отношению к $\mathbf{k}$ составляющие. Тогда:

$|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2=|J_{\mathbf{k}}^{\parallel}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2$

Следовательно:

$\left ( -|J_{\mathbf{k}}^0|^2+|\mathbf{J}_{\mathbf{k}}|^2 \right ) = |J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2,$

т.е. "временная" и "продольная" компоненты 4-вектора фотонного источника не дают вклада в число созданных источником фотонов. Фотоны, остающиеся после окончания действия источника, - поперечные; число независимых состояний поляризации равно двум:

$\langle n \rangle_J=\int \frac{d^3\mathbf{k}}{(2\pi)^3} \frac{1}{2\omega_{\mathbf{k}}}\, \left (\, |J_{\mathbf{k}}^{\perp 1}|^2+|J_{\mathbf{k}}^{\perp 2}|^2 \right ) \,.$

[Alex-Yu]

Сложно это, сложно... Я же предлагаю значительно более простой путь. Ну ладно, проиллюстрирую на простом осцилляторе (в конце концов поле --- набор осцилляторов) под действием силы $F(t)$.

С точностью до коэффициента координата это $x=a+a^+$. Тогда гамильтониан равен

$$ H=\omega a^+ a + (a+a^+)F $$

Пишем уравнение движения для a(t):

$$ \dot{a}=i[H,a]=-i\omega a -iF \qquad (*) $$

Это уравнение элементарно решается:

$$ a(t)=e^{-i\omega t}a(0) - ie^{-i\omega t} \int\limits_0^t e^{i\omega t'}F(t')dt' $$

Отсюда, кстати, очевидно, что $\langle 0 | a(t) | 0 \rangle \ne 0$. Первое слагаемое при усреднению по вакууму дает ноль, но второе-то остается! Далее получаем $a^+$ простым эрмитовым сопряжением, складываем, усредняем по вакууму и все готово, получается явное выражение для средней координаты. На этом кванты закончились, то, что явное решение для средней координаты удовлетворяет классическому уравнению осциллятора с внешней силой можно убедиться простой подстановкой.

Но можно даже еще проще. Из уравнения движения $(*)$ найдем чему равняется производная по времени от усредненной (по начальному вакууму, это я далее не уточняю) координаты:

$$ \langle \dot{x} \rangle = \langle \dot{a} \rangle + \langle \dot{a}^+ \rangle = -i\omega \langle a - a^+ \rangle $$

Обратим внимание, что у нас естественным образом появилась новая переменная $p=i(a-a^+)$. Это вполне естественно, т.к. классическое уравнение осциллятора второго порядка по времени, а Гайзенберга -- первого. Кроме того заметим, что член с силой сократился. Далее пишем аналогично:

$$ \langle \dot{p} \rangle = i\langle \dot{a} \rangle - i \langle \dot{a}^+ \rangle = \omega \langle x \rangle +2F $$

Заметим, что теперь сила не сократилась. Итак, у нас получилось:

$$ \langle \dot{x} \rangle =-\omega \langle p \rangle $$

$$ \langle \dot{p} \rangle =\omega \langle x \rangle + 2F $$

Осталось продифференцировать по времени первое уравнение и подставить второе. И не понадобились функции когерентного состояния, мы без них обошлись

Ну а с полем все то же самое.

[Ascold]

Alex-Yu в сообщении #1349914 писал(а):

Ну а с полем все то же самое.

Благодарю за подробный рецепт, но всё-таки что-то у меня не то:

$$A^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(a_s(t,\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(t,\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}),$$

гамильтониан(мог напутать с множителем с пи, пишу по памяти, но думаю, что здесь это не то чтобы принципиально)

$$H=\sum_r\int d\mathbf{k}\omega_ka^{\dagger}_r(t,\mathbf{k})a_r(t,\mathbf{k})+j_\nu A^\nu.$$

$A^\mu$ не зависит от времени явно, поэтому $\dot{A}^\mu=i[H,A^\mu].$ Поскольку $[A^\mu, A^\nu]=0,$ я решил получить вначале уравнение не для $\dot{A}^\mu,$ а для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$

$$\dot{a}_s(\mathbf{p})=i[H,a_s(\mathbf{p})]=-i\omega_pa_s(\mathbf{p})-i\varepsilon^\nu_sj_\nu e^{-i\mathbf{px}},$$

$$\dot{a}^\dagger_s(\mathbf{p})=i\omega_pa^\dagger_s(\mathbf{p})+i\varepsilon^\nu_sj_\nu e^{i\mathbf{px}}.$$

Отсюда получается

$$\dot{A}^\mu=\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s(-i\omega_p)(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}-a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}).$$

Я решил не обозначать комбинацию операторов в скобках специальной переменной - сразу ещё раз дифференцирую по времени:

$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_pj_\nu\varepsilon^\nu_s.$$

Усреднение не даёт ур-я Даламбера. Или надо было-таки вводить сопряжённый к полю импульс $\pi_\mu=\frac{\partial L}{\partial\dot{A^\mu}}$ и выражать что-то с его участием, чтобы появились пространственные производные?

[Alex-Yu]

Ascold в сообщении #1350740 писал(а):

я решил получить вначале уравнение не для $\dot{A}^\mu,$ а для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$

Это правильно, так проще, потом просто подставим.

-- Чт ноя 01, 2018 16:04:29 --

Ascold в сообщении #1350740 писал(а):

$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_pj_\nu\varepsilon^\nu_s.$$

Усреднение не даёт ур-я Даламбера.

Дает, очень даже дает. Надо лишь заметить, что $\omega_{\bf k}^2={\bf k}^2$ (вот это -- по построению). Тогда в первом слагаемом можно $\omega_{\bf k}^2$ заменить на лапласиан (и вынести его из-под интеграла и суммы, он же действует по $x$ а не по $p$), он как раз такой множитель и даст (там же экспоненты). С неоднородностью, правда, получилась муть, проверьте внимательно подстановки. И у Вас интеграл по $d^3{\bf x}$ в гамильтониане потерян, как раз в части взаимодействия с током.

-- Чт ноя 01, 2018 16:11:18 --

Ascold в сообщении #1350740 писал(а):

Поскольку $[A^\mu, A^\nu]=0,$

Это, вроде, и ни при чем, все делается через операторы рождения/уничтожения и явную подстановку. Хотя так, впрочем, можно сразу получить, что на первом шаге (первая производная) члена с током не будет.

[Gickle]

(Оффтоп)

Alex-Yu в сообщении #1349411 писал(а):

И все эти производящие функционалы естественно появляются в формализме континуального интеграла, но как-то не столь естественно их можно включить в операторный формализм.

Быть может, не столь естественно появляются, но, вообще говоря, одна из прелестей функциональных методов заключается в том, что они не привязаны к какому-либо формализму КТП. У меня преподаватель по методам функциональной ренормгруппы очень на этом всегда настаивал.

[Alex-Yu]

Gickle в сообщении #1350868 писал(а):

не столь естественно появляются, но, вообще говоря, одна из прелестей функциональных методов заключается в том,

КТП умеет много гитик. Но нельзя так уж сразу охватить все.

[Ascold]

Alex-Yu в сообщении #1350748 писал(а):

И у Вас интеграл по $d^3{\bf x}$ в гамильтониане потерян, как раз в части взаимодействия с током.

Цитата:

Дает, очень даже дает. Надо лишь заметить, что $\omega_{\bf k}^2={\bf k}^2$

Точно, поэтому и не получилось в правой части $4\pi j^\mu$:

$$H=\sum_r\int\frac{d\mathbf{k}}{\sqrt{(2\pi)^3}}\omega_ka^{\dagger}_r(t,\mathbf{k})a_r(t,\mathbf{k})+\int d\mathbf{y}j(y)_\nu A^\nu$$

влечёт за собой для $\dot{a}_s(t,\mathbf{p}):$

$$\dot{a}_s(\mathbf{p})=-i\omega_pa_s(\mathbf{p})-i\varepsilon^\nu_s\int d\mathbf{y}j_\nu(y) e^{-i\mathbf{py}},$$

$$\dot{a}^\dagger_s(\mathbf{p})=i\omega_pa^\dagger_s(\mathbf{p})+i\varepsilon^\nu_s\int d\mathbf{y}j_\nu(y) e^{i\mathbf{py}},$$

что в итоге даёт

$$\ddot{A}^\mu=-\sum_s\intfrac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\iint d\mathbf{p}d\mathbf{y}\varepsilon^\mu_s\varepsilon^\nu_sj_\nu (y)e^{i\mathbf{p}(\mathbf{x}-\mathbf{y})},$$

$$=-\sum_s\int\frac{d\mathbf{p}}{\sqrt{(2\pi)^32E_P}}\varepsilon^\mu_s\omega_p^2\left(a_s(\mathbf{p})e^{i\mathbf{px}}+a^{\dagger}_s(\mathbf{p})e^{-i\mathbf{px}}\right)-2\sum_s\int d\mathbf{y}\eta^{\mu\nu}j_\nu(y)(2\pi)^3\delta(\mathbf{x}-\mathbf{y})$$

т.е. (где-то потерял по ходу $2\pi^2$, но найду, скорее всего), усредняя, получим

$$\langle\ddot{A}^\mu\rangle=\langle A^\mu''\rangle-4\pi \langle j^\mu\rangle,$$

что и требуется.

Кстати, раз уж пошло такое дело, то ещё один вопрос - уравнение Шрёдингера для одночастичных состояний можно как-то вытащить из КТП или оно существует, так сказать, исходно и независимо?

[Alex-Yu]

Ascold в сообщении #1350951 писал(а):

уравнение Шрёдингера для одночастичных состояний можно как-то вытащить из КТП

Конечно можно. Только надо чтобы сохранялось число частиц (а это потребует упрощения гамильтониана, в простейшем слуучае из него надо просто выкинуть все взаимодействия). Проще работать в импульсном представлении (в конце можно перейти к координатному). Причем в картине Шредингера. Берем и устраиваем такую суперпозицию:

$$ |\psi\rangle = \sum_{\bf p} \psi({\bf p})a^+_{\bf p}| 0 \rangle $$

Мне как-то симпатичнее работать с квазидискреными импульсами. Но можно и интеграл написать. В записанной формуле $\psi({\bf p})$ -- обычная (не операторная) функция. Именно она в итоге и будет в уравнении Шредингера.

Потом подставляем это в уравнение

$$ i\frac{d}{dt}|\psi\rangle = H |\psi\rangle $$

Так как число частиц сохраняется, то под действием гамильтониана получается опять одночастичное состояние. В итоге все сводится к тому, что меняется во времени обычная функция $\psi({\bf p})$.

Технический момент: как увидеть, что под действием $H$ получается опять же одночастичное состояние того вида, что мы выше записали? А очень просто: коммутируем операторы уничтожения, имеющиеся в гамильтониане, направо, пока они не подействуют на вакуум $| 0 \rangle$ и не дадут нуль. Но коммутаторы при этом останутся же! Вот они и дадут то, что получается под действием гамильтониана на одночастичное состояние.

Так получится одночастичное релятивистское уравнение. Чтобы получить ур-е Шредингера надо еще перейти к нерелятивистскому пределу.

[Ascold]

Alex-Yu в сообщении #1350958 писал(а):

Потом подставляем это в уравнение

$$ i\frac{d}{dt}|\psi\rangle = H |\psi\rangle $$

не совсем понимаю - это ж УШ и есть, пусть и не для одночастичного состояния, откуда оно тогда следует?

[Alex-Yu]

Ascold в сообщении #1350963 писал(а):

это ж УШ и есть, пусть и не для одночастичного состояния, откуда оно тогда следует?

Оттутда же, откуда и уравнение Гайзенберга --- из общих принципов квантовой физики: динамика задается унитарным преобразованием т.е. экспонентой $e^{-iHt}$ (уж на что эта экспонента будет действовать, на вектор состояния (Шредингер) или с двух сторон на операторы (Гайзенберг) --- наш выбор). При переходе к бесконечно малому изменению и получится это уравнение (или уравнение Гайзенберга во втором случае).

[Ascold]

Alex-Yu в сообщении #1350958 писал(а):

Так получится одночастичное релятивистское уравнение. Чтобы получить ур-е Шредингера надо еще перейти к нерелятивистскому пределу.

После всех манипуляций в импульсном представлении получается

$$\dot{\psi}(\mathbf{p})=E_\mathbf{p}\psi(\mathbf{p}), \qquad E_\mathbf{p}=m/\sqrt{1-v^2}\approx m+mv^2/2.$$

Массу отбрасываем как обычно - помня, что энергия определена с точностью до константы, или в квантовой физике на этот счёт есть другие соображения?
Далее я задумался про уравнение Дирака, как из него получить приближённое уравнение для волновой функции.
В гамильтониане там стоят произведения операторов, с точностью до знака аналогичные случаю скалярного поля. Поэтому если ввести "электронное" состояние

$$|\psi\rangle = \sum_\mathbf{p}\psi(\mathbf{p})b^\dagger_s|0\rangle ,$$

то для него в итоге так же получится УШ.
А как получить уравнение Дирака для волновой функции-биспинора, которое, хоть и порождает известные проблемы, но вероятно, не полный бред, раз правильно даёт тонкую структуру водорода, например?