Релятивистская квантовая теория

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #677527 писал(а):

верно?

Интеграла у Вас вообще не было (теперь появился, в середине выкладок его, правда, и теперь нету) и куда-то пропали дельта-функции. До снятия временного интегрирования дельта-функцией вообще занудно дифференцировать. Две дельта-функции -- штука сильно сингулярная, хотя, наверное, раскрывается. В итоге, кстати, ни одной. Куда девались? Было два интеграла (из $\phi(x)$ и из $\phi(y)$), почему в итоге остался один? Вообще-то лучше бы писать у какого поля какой аргумент. Что такое $\phi$? В какой точке это $\phi$?

Что такое $\langle 0 | \partial\phi\partial\phi | 0 \rangle|_\text{в импульсном представлении}$ вообще не понятно. В каком смысле "в импульсном представлении? Кстати, $k_pk^p=m^2$. Но только при наличии дельта-функции. Как говорят "на уравнениях движения" (или "на массовой оболочке"). В квантовой физике встречаются величины и вне массовой оболочки (гайзенберговская неопределенность по существу). А здесь как? В общем "тщательнее надо" (С).

Кстати, можно производные вытащить из-под усреднения. В квантополевом смысле это вообще не операторы! Тогда получится просто даламбериан от функции Паули-Иордана (их несколько, разберитесь какой именно). Знак опередлите самостоятельно. И сравните прямое вычисление (через интегралы) и с выносом производных из-под усреднения. Покажите, что то же самое получается. Это будет проверка.

А-а-а-а... вроде ясно как обходиться с двумя дельта-функциями. Можно, можно не снимать временное интегрирование с самого начала (хотя для меня это совсем не привычно!). Коммутатор дает только ТРЕХМЕРНУЮ дельта-функцию, временных интегрирований остается по прежднему два (а пространственное -- одно, второе снимается коммутатором!). Поэтому получается две дельта-функции с разными аргументами. Это штука нормальная, тут проблемы типа квадрата дельта-функции не возникает. Одно интегрирование по времени снимает одну из дельта-функций, остается всего одна. Которая у Вас потеряна. Вот тогда что-то вроде вразумительное выходит. Если оба поля в одной точке, то интеграл расходится, что и должно быть. То же самое получается и с даламберианом от функции Паули-Иордана с предельным переходом: оба поля в одну точку. От этой точки ответ, кстати, не зависит. Что и должно быть в силу трансляционной инвариантности. В общем у Вас потеряна дельта-функция массовой поверхности и в экспоненте надо понимать х как разницу аргументов двух полей. При полях в одной точке экспонента исчезает, интеграл расходится. Все ОК. Квадрат 4-импульса действительно можно заменить на квадрат массы, получится очень просто. Надо только на бумажке акуратно определить коэффициенты и знаки (всеже дельта-функции от нелинейной функции аргументов, там якобиан появится).

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #677500 писал(а):

$[a^-(k),a^+(n)]=\delta(k-n)$

Вот здесь еще, похоже, неточность. На дельта-функцию коммутируют не 4-фурье-образы частотных частей, а 3-фурье-образы (одновременные). Для 4-фурье-образов еще коэффициент (зависящий от $k^0$!) при дельта-функции будет. Вроде что-то такое у Боголюбова-Ширкова было. Вроде они вводили по разному нормированные 3- и 4-фурье-образы. Уточните! Вообще сделать все совсем ковариантно в операторном формализме не получится (хотя ответы ковариантны). Гамильтонов формализм он и есть гамильтонов формализм... Все и везде ковариантно получается в формализме континуального интегрирования. Но там возникает проблема отдельного доказательства унитарности. Проблемы не исчезают, они только меняют свое "лицо"

Действительно по разному нормированны. Формулы (3.22) в "Введении" Боголюбова-Ширкова издания 84 года. Обозначения могут ввести в заблуждение (они отличаются только разным шрифтом аргумента, но это по разному нормированные функции!). На дельта-функцию коммутируют те, где аргумент трехмерный (полужирный шрифт). И это не то же самое, что 4-фурье-образ (отличается, впрочем, только нормировкой). У 4-фурье-образа аргумент простым шрифтом.

[EvilPhysicist]

Alex-Yu в сообщении #677534 писал(а):

Кстати, можно производные вытащить из-под усреднения

В смысле $\langle 0 \rvert \partial_\mu\hat \phi \partia^\mu \hat \phi \lvert 0 \rangle =\partial_\mu \partial^\mu\langle 0 \rvert \phi^2 \lvert 0 \rangle$?

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #677585 писал(а):

В смысле $\langle 0 \rvert \partial_\mu\hat \phi \partia^\mu \hat \phi \lvert 0 \rangle =\partial_\mu \partial^\mu\langle 0 \rvert \phi^2 \lvert 0 \rangle$?

Да. Только Вы уж пишите или одну производную, или две, но не вперемешку справа и слева. И еще. При этом надо у двух полей сделать разные аргументы. Потом можно и "стянуть" их в одну точку. Но потом уже ПОСЛЕ дифференцирования. Так что $\phi^2$ писать здесь нельзя. Надо писать $\phi(x)\phi(y)$. Одна производная действует на $x$ (хорошо бы еще значок поставить), другая -- на $y$.

[EvilPhysicist]

Alex-Yu в сообщении #677626 писал(а):

Одна производная действует на $x$ (хорошо бы еще значок поставить), другая -- на $y$.

Тогда все понятно

[EvilPhysicist]

То есть окончательно:
$\hat H = \int d^4 x \left( \partial_t \partial_{t'} +\partial_x \partial_{x'}+\partial_y \partial_{y'}+\partial_z \partial_{z'} +m^2 \right) \hat \phi(\vec x)\hat \phi(\vec x') $
$\langle 0 \rvert \hat \phi(\vec x) \hat \phi(\vec x') \lvert 0 \rangle=\langle 0 \rvert \hat \phi^- (\vec x) \hat \phi^+ (\vec x) \lvert 0 \rangle =\Delta(\vec x-\vec x')$
$\langle 0 \rvert \hat H \lvert 0 \rangle =\int d^4 x \left( \partial_t \partial_t'+\partial_x \partial_{x'}+\partial_y \partial_{y'}+\partial_z \partial_{z'} +m^2 \right) \Delta(\vec x-\vec x')$

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #677835 писал(а):

То есть окончательно:

1. Гамильтониан не может быть 4-интегралом, должен быть 3-интегралом. В $k$-представлении можно записать и как 4-интеграл, но тогда должна еще быть дельта-функция $\delta(k^2-m^2)$. Но это то же самое, просто "вид с боку".

2. нужен еще предел $x\to x'$ (после дифференцирования).

3. Ну дык в итоге-то вычислить надо. Должно получится

$$ \int \frac{1}{2}\omega({\bf k}) d^3{\bf k} $$

Просто потому, что свободное поле можно рассматривать как набор гармонических осцилляторов. В основном состоянии энергия одного осциллятора это $\omega/2$. Что, впрочем, физически несущественная добавка к уровням энергии (вакуум можно взять за ноль энергии, энергия определена с точностью до произвольной константы). Но в КТП, поскольку мод (осцилляторов) бесконечно много, получается бесконечность. В общем не страшно, просто вычитать надо до реального интегрирования по модам (можно "таскать" по формулам в виде формального интеграла, только реально вычислять интеграл надо после такого вычитания).

4. 1/2 потеряна. В общепринятых определениях лагранжиан содержит 1/2 (а иначе будет еще коэффициент в коммутаторе).

[EvilPhysicist]

Возвращаясь к коммутаторам.

Если определять $\phi^\pm (x^\mu) = \cfrac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x e^{\pm i k_\mu x^\mu} a^\pm(k^\mu)$, то правильно будет, что $[a^-(k^\mu), a^+(k'^mu)]=\delta(k^\mu-k'^\mu)$?
Есть ли какие-нибудь математические правила выбора данных коммутаторов?

[Munin]

EvilPhysicist в сообщении #679634 писал(а):

Есть ли какие-нибудь математические правила выбора данных коммутаторов?

Есть физические правила.

[Alex-Yu]

EvilPhysicist в сообщении #679634 писал(а):

Если определять $\phi^\pm (x^\mu) = \cfrac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x e^{\pm i k_\mu x^\mu} a^\pm(k^\mu)$, то правильно будет, что $[a^-(k^\mu), a^+(k'^mu)]=\delta(k^\mu-k'^\mu)$?

Впервые вижу такие коммутационные соотношения. Возьмите из Боголюбова-Ширкова общепринятые коммутационные соотношения $[a({\bf k}),a^+({\bf k}')]=\delta({\bf k}-{\bf k}')$, полужирный шрифт обозначает 3-вектор. Ну а потом преобразуйте и проверьте. Думаю (но не уверен), того, что Вы написали, не получится. А потом, в каком представлении? В гайзенберговском или шредингеровском?

Кстати, поскольку так, как Вы записали, получается $a^{\pm}(k)\sim(k^2-m^2)$, то в таком коммутаторе Вы сразу нарветесь на произведение дельта-функций. И как Вы собираетесь определять такое произведение? Вооще говоря, такое произведение это неизвестно что такое. Как-то трудно рассуждать неизвестно о чем. Но может это как-то и можно "раскрыть". Но как? Вы придумали такой "велосипед с квадратными колесами", вот Вы и объясняйте как "на нем ездить". А иначе сам вопрос бессмысленен. Вообще-то общепринято сначала снять интегрирование по $k^0$ с помощью дельта-функции и лишь потом рассуждать о коммутационных соотношениях. Но Вы пытаетесь изобрести свою собственную КТП. Тут ничем не могу помочь. Может и можно, может даже и будет эквивалентна общепринятой, не знаю и как-то неинтересно.

А вообще переход от классической теории к квантовой в операторном формализме ОБЯЗАТЕЛЬНО требует сначала перейти к гамильтоновому формализму. Который тутже нарушает явную 4-ковариантность. Степени свободы поля (моды) "нумеруются" трехмерным волновым вектором, а никак не четырехмерным. Легко проиллюстрировать тривиальным примером. Возьмем одномерный осциллятор и устроим для него гайзенберговское представление. Операторы начнут зависеть от времени. Но означает ли это, что возникли новые степени свободы, отвечающие разным частотам? Очевидно нет, как был всего один осциллятор, так и остался всего один. А ведь можно устроить фурье-преобразование по времени, в котором формально (!) будет целый континнуум частот... Вот что-то подобное Вы и пытаетесь сделать очень давно и очень настойчиво. Так что Ваши попытки обходиться исключительно 4-мерными преобразованиями Фурье довольно странны. Лучше бы сначала хорошо овладеть общепринятым подходом.

[Munin]

Alex-Yu в сообщении #679678 писал(а):

в таком коммутаторе Вы сразу нарветесь на произведение дельта-функций.

Не страшно, от него вылезет только некоторый зависящий от энергии множитель перед $\delta^4.$ Кажется, похожими вещами занимаются в кинематике, по крайней мере, мне помнится что-то из Хелзена-Мартина.

Alex-Yu в сообщении #679678 писал(а):

И как Вы собираетесь определять такое произведение? Вооще говоря, такое произведение это неизвестно что такое.

Пропагатор это. Просто пропагатор. В одной точке пространства-времени частицу впрыснули, в другой получили - ровно промежуточная линия в диаграмме. В $k$-представлении будет дельта-функция, очевидно, а в пространственном - ...
Как я понял.
Одна деталь: это, может быть, не $[a,a^+],$ а просто $aa^+.$

Alex-Yu в сообщении #679678 писал(а):

Но Вы пытаетесь изобрести свою собственную КТП.

Я так понимаю, просто повторяет выкладки за учебниками.

[Alex-Yu]

Munin в сообщении #679704 писал(а):

Я так понимаю, просто повторяет выкладки за учебниками.

Не-а. Я ему уже много раз (безуспешно) говорил: сначала надо снять интегрирование по временной компоненте (по Боголюбову-Ширкову). Моды поля нумеруются 3-волновым-вектором. А никак не 4-волновым вектором.

У Хелзена-Мартина даже приблизительно ничего подобного нет. Там вообще канонического квантования нет, только введенные интуитивно (!) без какой-либо теории диаграммы.

-- Пн фев 04, 2013 02:21:02 --

Munin в сообщении #679704 писал(а):

Не страшно, от него вылезет только некоторый зависящий от энергии множитель перед $\delta^4.$

Я догадываюсь. Но делать выкладки мне лень. И все равно надо объяснять в каком это все смысле понимается.

-- Пн фев 04, 2013 02:22:04 --

Munin в сообщении #679704 писал(а):

Одна деталь: это, может быть, не $[a,a^+],$ а просто $aa^+.$

Вообще-то Т-произведение. Если пропагатор.

[Munin]

Alex-Yu в сообщении #679712 писал(а):

Вообще-то Т-произведение. Если пропагатор.

А, точно.

Alex-Yu в сообщении #679712 писал(а):

Моды поля нумеруются 3-волновым-вектором. А никак не 4-волновым вектором.

А правильно я понимаю, что можно выбирать разные базисы мод поля, причём так, чтобы они нумеровались 3-волновым вектором? Скажем, лежащие на массовой поверхности, или затухающие.

Alex-Yu в сообщении #679712 писал(а):

У Хелзена-Мартина даже приблизительно ничего подобного нет. Там вообще канонического квантования нет, только введенные интуитивно (!) без какой-либо теории диаграммы.

Да, квантования там нет, а вот кинематические вычисления есть.

P. S. Кстати, Фейнман тоже местами вводит диаграммы примерно столь же "интуитивно", а то, что под ними лежит ФИТ, толком не объясняет.

Alex-Yu в сообщении #679712 писал(а):

И все равно надо объяснять в каком это все смысле понимается.

Уф-ф-ф. Да, надо всё-таки с EvilPhysicist поговорить, а чего это он, собственно, делает.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #679777 писал(а):

Да, надо всё-таки с EvilPhysicist поговорить, а чего это он, собственно, делает.

Пытался повторить выкладки и разобраться почему делается именно так, а не иначе.
Правда, сейчас нету времени сесть и подробно разобраться, по этому получается то, что получается.

[LeontiiPavlovich]

(Оффтоп)

а получается-то [censored] полная