Диагонализация лагранжиана

[DismasK]

Задача из книги по квантовой теории поля, но вопрос относится скорее к линейной алгебре.
Диагонализовать лагранжиан:
$\mathcal{L}=1/2(\partial\varphi)^2-\dfrac{m^2}{2}\varphi^2+g\cdot\rho\cdot\varphi$ , где $\rho$ и $\varphi$ - поля (функции полей), а $g$ - константа взаимодействия (число).
Подстановка вида $\varphi=au_1+bu_2, \rho=cu_1+du_2$ , где $a$, $b$, $c$, $d$ числа, приводит к тому, что одно из полей просто зануляется или оба поля выражаются через $u_1$ или $u_2$. Судя по всему, такой лагранжиан линейной подстановкой диагонализовать нельзя. Затруднения у меня в том как это доказать строго.

[Slav-27]

DismasK в сообщении #1427948 писал(а):

Судя по всему, такой лагранжиан линейной подстановкой диагонализовать нельзя. Затруднения у меня в том как это доказать строго.

А в чём проблема, вы же это уже сделали? Подставили и увидели, что не получается.

Лагранжиан странный: он вырожден, и из уравнений Эйлера -- Лагранжа (при $g\ne 0$) получается связь $\varphi=0$.

[DismasK]

Slav-27 в сообщении #1427988 писал(а):

DismasK в сообщении #1427948 писал(а):

Судя по всему, такой лагранжиан линейной подстановкой диагонализовать нельзя. Затруднения у меня в том как это доказать строго.

А в чём проблема, вы же это уже сделали? Подставили и увидели, что не получается.

Лагранжиан странный: он вырожден, и из уравнений Эйлера -- Лагранжа (при $g\ne 0$) получается связь $\varphi=0$.

Если считать, что $\rho$ - это просто функция от $x$, то у такой системы гамильтониан будет выглядеть следующим образом:

$H=\int\limits\omega(\vec{k})a^+(\vec{k})a(\vec{k})d\vec{k}+\int\limits g(\vec{k}^2)(a^+(\vec{k})+a(a(\vec{k})))d(\vec{k})$.

Его можно диагонализовать подставкой $a=b-h, a^+=b^+-h^*$, где $h$ - с-числовая функция, равная $\frac{g^2(\vec{k}^2)}{\omega(\vec{k})}$$$.

Может ли быть такое, что гамильтониан можно диагонализовать, а лагранжиан нет? Или все таки гамильтониан другую систему описывает?

[Slav-27]

DismasK в сообщении #1428810 писал(а):

Если считать, что $\rho$ - это просто функция от $x$

То есть лагранжиан зависит не только от полей и их производных, но и явно от координат? Тогда я не понимаю, чего от нас хотят.

DismasK в сообщении #1428810 писал(а):

то у такой системы гамильтониан будет выглядеть следующим образом:

$H=\int\limits\omega(\vec{k})a^+(\vec{k})a(\vec{k})d\vec{k}+\int\limits g(\vec{k}^2)(a^+(\vec{k})+a(a(\vec{k})))d(\vec{k})$

А почему?

[DismasK]

Slav-27 в сообщении #1428891 писал(а):

DismasK в сообщении #1428810 писал(а):

Если считать, что $\rho$ - это просто функция от $x$

То есть лагранжиан зависит не только от полей и их производных, но и явно от координат? Тогда я не понимаю, чего от нас хотят.

DismasK в сообщении #1428810 писал(а):

то у такой системы гамильтониан будет выглядеть следующим образом:

$H=\int\limits\omega(\vec{k})a^+(\vec{k})a(\vec{k})d\vec{k}+\int\limits g(\vec{k}^2)(a^+(\vec{k})+a(a(\vec{k})))d(\vec{k})$

А почему?

Я использовал разложение Фурье поля $\varphi$ и $\rho$. Тогда, если функция $\rho(q)$ четная, то получился бы такой-же гамильтониан.
Но тут я уже нашел свою ошибку. В разложении $\rho(x)=\int\limits\ e^{iqx}\rho(q)dq$ стоит 4-вектор При интегрировании $\rho \varphi$ по $\vec{x}$, я не учел этого. Тогда, чтобы выразить $\rho$ через 3-вектор $q$, нужно представлять его как поле, и в гамильтониане появятся слагаемые с произведением операторов полей $\rho$ и $\varphi$. Значит, такой гамильтониан мой лагранжиан не описывает, и все таки лагранжиан не диагонализуется?

[Slav-27]

DismasK в сообщении #1428928 писал(а):

операторов полей $\rho$ и $\varphi$

Я не понимаю, что здесь происходит. Если $\rho$ всё-таки поле и $g\ne 0$, то единственное решение уравнений поля $\rho\equiv\varphi\equiv 0$. Значит, и гамильтониан тождественно нулевой.

А если $\rho$ числовая функция, то нетривиальные решения классических уравнений будут, но лагранжиан не является релятивистски инвариантным. Тогда я не знаю, что значит проквантовать эту теорию, то есть как сделать из гамильтониана оператор и что значит "он диагонален".

Может, amon объяснит.

-- 05.12.2019, 13:59 --

Боголюбов, Ширков писал(а):

Лагранжиан, во-первых, является функцией только динамических переменных, т. е. компонент полевых функций $u_a(x)$ и их производных. Явной зависимости от координат $x$ он не содержит...

[amon]

Slav-27 в сообщении #1428932 писал(а):

Может, amon объяснит.

Не, не объяснит. Я невнимательно посмотрел на задачу - там действительно беда какая-то. IMHO, потерян кинетический член. А вообще, откуда этот лагранжиан взялся?

[DismasK]

amon в сообщении #1429008 писал(а):

Slav-27 в сообщении #1428932 писал(а):

Может, amon объяснит.

Не, не объяснит. Я невнимательно посмотрел на задачу - там действительно беда какая-то. IMHO, потерян кинетический член. А вообще, откуда этот лагранжиан взялся?

Задача из книги Боголюбов, Ширков «Квантовые поля» (из списка задания «ноябрь»).

[amon]

DismasK в сообщении #1427948 писал(а):

где $\rho$ и $\varphi$ - поля (функции полей),

У Боголюбова $\rho$ не поле, а заданная руками функция, иначе бред получается.

[DismasK]

amon в сообщении #1429055 писал(а):

У Боголюбова $\rho$ не поле, а заданная руками функция, иначе бред получается.

Slav-27 в сообщении #1428932 писал(а):

А если $\rho$ числовая функция, то нетривиальные решения классических уравнений будут, но лагранжиан не является релятивистски инвариантным. Тогда я не знаю, что значит проквантовать эту теорию, то есть как сделать из гамильтониана оператор и что значит "он диагонален".

Тогда сделаю замену $\varphi(x)=\varphi(x)+h(x)$.

Подставляя в лагранжиан:
$\frac{1}{2}((\partial\varphi(x))^2+(\partial h(x))^2+2\partial\varphi(x)\partial h(x))-\frac{m^2}{2}(\varphi^2(x)+h^2(x)+2\varphi(x)h(x))+g\rho(x)\varphi(x)+g\rho(x)h(x)$

Ну тут видно, что если $h(x)$ неявно зависит от $x$, и ее производная равна нулю, то все довольно просто. Но неясно равна ли производная нулю. Исходя из того, что лагранжиан не должен зависеть от координат явно, можно, наверно и поставить такое условие. В общем случае получаем уравнение на $h$:

$\partial\varphi(x)\partial h(x)-[m^2\varphi(x)-g\rho(x)]h(x)+g\rho(x)\varphi(x)=0$.

Если считать, что все функции зависят только от 1 параметра $x$, то решение будет иметь вид:

$h=C \exp(\int\limits\frac{m^2\varphi(x)-g\rho(x)}{\partial\varphi}dx)$, где $ C=\int\limits\frac{g\rho(x)\varphi(x)}{\exp(...)}$, экспонента тут та же, что в предыдущем выражении.

Если я все правильно посчитал, то в случае с 4 измерениями, наверно, будет нечто похожее. Можно ли считать замену с таким интегралом линейной подстановкой? И правильно ли я действовал?

[amon]

DismasK в сообщении #1429070 писал(а):

$h=C \exp(\int\limits\frac{m^2\varphi(x)-g\rho(x)}{\partial\varphi}dx)$, где $ C=\int\limits\frac{g\rho(x)\varphi(x)}{\exp(...)}$, ... правильно ли я действовал?

Неправильно. $h$ должно быть фиксированной функцией, а у Вас это - функционал от заранее неизвестной функции $\varphi(x).$ Попробуйте перейти к фурье-образам, в этом случае задача сведется к уже решенной, или кровь из носу надо через $\varphi(x)$ ответ получить?

[DismasK]

amon в сообщении #1429075 писал(а):

Попробуйте перейти к фурье-образам, в этом случае задача сведется к уже решенной, или кровь из носу надо через $\varphi(x)$ ответ получить?

Нет, кровь из носу, пожалуй, не нужно.

Если использовать разложение и замену $\varphi^-(\vec{k})\to\varphi^-(\vec{k})+h$ и $\varphi^+(\vec{k})\to\varphi^+(\vec{k})+h^*$, то из квадратичных членов c производной получается интегралы вида:

$\int\limits\frac{d\vec{k}d\vec{q} kq}{2(2\pi)^{3}\sqrt{4k_0q_0}}(-e^{i(k+q)x}\varphi^+(\vec{k})h^*-e^{-i(k+q)x}\varphi^-(\vec{k})h+e^{i(k-q)x}\varphi^+(\vec{k})h+e^{-i(k-q)x}\varphi^-(\vec{k})h^*)$

Из членов с массой:

$\int\limits\frac{d\vec{k}d\vec{q}m^2}{2(2\pi)^{3}\sqrt{4k_0q_0}}(-e^{i(k+q)x}\varphi^+(\vec{k})h^*-e^{-i(k+q)x}\varphi^-(\vec{k})h-e^{i(k-q)x}\varphi^+(\vec{k})h-e^{-i(k-q)x}\varphi^-(\vec{k})h^*)$

Из члена с $\rho(x)$:
$\int\limits\frac{d\vec{k}g\rho(x)}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2k_0}}(e^{ikx}\varphi^+(\vec{k})+e^{-ikx}\varphi^-(\vec{k}))$

Чтобы это выражение диагоналзовать:
$h^*=\delta(\vec{k}-\vec{q})\frac{2(2\pi)^{3/2}\sqrt{2q_0}}{kq+m^2}g\rho(x)e^{-ikx}$

$h=\delta(\vec{k}-\vec{q})\frac{2(2\pi)^{3/2}\sqrt{2q_0}}{kq+m^2}g\rho(x)e^{ikx}$

Тогда с учетом $k^2=m^2$ сумма интегралов выше будет равна 0, и останутся только члены с произведениями без $h$, которые обратно соберутся в диагонализованный лагранжиан. Члены $\int\limits\frac{d\vec{k}g\rho(x)}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2k_0}}(e^{ikx}h^*+e^{-ikx}h)$ после интегрирования примут вид: $\frac{g^2\rho^2(x)}{m^2}$. Их, наверно, можно из лагранжиана убрать, т.к. их можно представить в виде полной производной и в действие они дадут вклад-константу.

Но если подставить этот $h$ в импульсное разложение и свернуть обратно, получится замена:

$\varphi(x)=\varphi(x)+\int\limits\frac{d\vec{k}}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2k_0}}(e^{ikx}h^*+e^{-ikx}h)=\varphi(x)+\frac{g\rho(x)}{m^2}$.

Здесь $f=\frac{g\rho(x)}{m^2}$ и есть искомая замена, но подставив это в изначальный лагранжиан, у меня снова возникнут члены $\partial\varphi(x)\partial\rho(x)$. Можно, наверно, сказать, что $f=f(\rho(x))$ от $x$ явным образом не зависит и ее частная производная равна $0$. Вопрос только в том, насколько это утверждение правильное?

В общем то, такой же результат получается, если изначально искать замену в виде $\varphi(x)\to\varphi(x)+f$, где $f$ - функция у которой $\partial f=0$.

[amon]

Попробуйте так.

1. Интегрированием по частям приведем лагранжиан к виду
   $$-\varphi\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)\varphi+\rho\varphi$$
2. Сделаем замену
   $$\varphi=f+\frac{1}{2}\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)^{-1}\rho.$$
   Здесь $\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)^{-1}$ означает функцию Грина соответствующего уравнения. (Знаки и двойки мог попутать.) Должно полегчать.

[DismasK]

amon в сообщении #1429097 писал(а):

Попробуйте так.

1. Интегрированием по частям приведем лагранжиан к виду
   $$-\varphi\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)\varphi+\rho\varphi$$
2. Сделаем замену
   $$\varphi=f+\frac{1}{2}\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)^{-1}\rho.$$
   Здесь $\left(\partial_\mu\partial^\mu-m^2\right)^{-1}$ означает функцию Грина соответствующего уравнения. (Знаки и двойки мог попутать.) Должно полегчать.

Полегчало, спасибо.

[amon]

DismasK в сообщении #1429109 писал(а):

Полегчало, спасибо.

Вот и славно. Тоже самое можно было получить через преобразование Фурье. Заодно таким способом сам получится фурье-образ функции Грина, только надо не лениться и подставить $\varphi(x)=\int\varphi(k)e^{ikx}dk$ в исходную функцию Лагранжа, не забывая про $\int dr.$