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 На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение10.06.2013, 22:10 


10/06/13
16
Собственно как канонически проквантовать поле с лагранжианом
$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}m^2\varphi^2$
Если кто знает, необходимость в квантовании такого специфического поля возникает в задаче с двумя минимальным образом взаимодействующими скалярными полями при переходе к новому базусу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение11.06.2013, 01:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408
ksardase в сообщении #735156 писал(а):
Если кто знает, необходимость в квантовании такого специфического поля возникает в задаче с двумя минимальным образом взаимодействующими скалярными полями при переходе к новому базусу.

Покажите, как именно возникает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение11.06.2013, 03:17 


10/06/13
16
$\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\varphi)^2+C\partial_{\mu}\varphi\partial_{\mu}\chi+\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\chi)^2-\frac{m^2}{2}\varphi^2-\mu^2\varphi\chi-\frac{M^2}{2}\chi^2.$
Из положительно определённости энергии следуют условия на параметры $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$. Если $C\neq\pm1$, то пара квадратичных форм (массовая и кинетическая - по элементам, которые из составляют) удачно диагонализируется любым удобным методом линейной алгебры. Разумеется с выполнением достаточного условия положительной определённости одной из квадратичной формы - массовой (это следует, повторюсь, из положительности энергии). Но вот случай БОО $C=1$ является критическим. Приведу лишь вид двух квадратичных форм в новом базисе при $C=1$:
$
\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 
0 & 2 \end{array} \right)$ кинетическая матрица
$ 
\left( \begin{array}{cc} \lambda_{1} & 0 \\ 
0 & \lambda_{2} \end{array} \right)$ массовая матрица
где $\lambda_{1}$ и $\lambda_{2}$ собственные значения массовой матрицы в новом базисе.
Видим что у одного из новых полей отсутсвует кинетический член в лагранжиане. Проквантовав эти два эффективных поля, я перехожу к старым полям, зная матрицу перехода $S$, и получаю перестановочные соотношения уже для них.
Но на самом деле это не имеет никакого отношения к моей задаче. Потому что всё кроме этого шага я уже проделал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение11.06.2013, 12:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408
Вообще лагранжиан с членом $C\partial_\mu\varphi\partial_\mu\chi$ не называется минимально-взаимодействующим. Сначала вы диагонализируете кинетический член, и это даёт вам два поля. Потом уже смотрите, что получилось в массовом, и судите о том, какие у этих полей массы и взаимодействия.

Если у вас кинетический член вырожден, то это называется не двумя полями, а системой со связями. Это отдельный случай, который квантуется иначе.

ksardase в сообщении #735253 писал(а):
Но на самом деле это не имеет никакого отношения к моей задаче. Потому что всё кроме этого шага я уже проделал.

Поскольку этот шаг нельзя проделать в том смысле, в котором вы хотите, то придётся переделывать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение13.06.2013, 12:00 
Аватара пользователя


22/10/08
1286
ksardase
Гессиан при С=1 вырожден, это система со связями. Есть какая-то калибровочная симметрия, не знаете какая? Посмотрите книгу Teitelboim. Quantization of gauge systems, там что то такое было. По-крайней мере лагранжиан без кинетической энергии я там видел :shock:

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение13.06.2013, 16:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408

(Оффтоп)

Очень жду, когда выскажутся другие участники форума, которые разбираются в этом лучше ИгорЪ. У ИгорЪ неоднократно возникали нестыковки и спорные утверждения в этой области.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение13.06.2013, 16:46 
Аватара пользователя


22/10/08
1286

(Оффтоп)

Да знаете ли, люблю похулиганить :lol:

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение13.06.2013, 17:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408

(Оффтоп)

Хулиганство для себя - это одно. Плохой совет человеку, нуждающемуся в помощи - это другое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение14.06.2013, 09:08 
Заслуженный участник


25/12/11
749

(Оффтоп)

Проблема, по-моему, у многих здесь совсем в другом. О чем я и напишу

Хороший совет: берете того же Тетельбойма (наверное имелось в виду Henneaux, Teitelboim Quantization of gauge systems) или например Гитмана, Тютина "Каноническое квантование полей со связями" и разбираетесь со своей задачей с начала до конца, старательно делая все выкладки самостоятельно, сперва вникнув в формализм на более простых примерах (тоже с самостоятельным старательным разбором)

-- 14.06.2013, 10:10 --

Спойлер: будут связи вида $p_\phi=0$ и $f(\phi)=0$ второго рода, в вашем конкретном случае их можно будет (о чудо!) разрешить :P

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 11:52 


28/08/13
485
Цитата:
пара квадратичных форм (массовая и кинетическая - по элементам, которые из составляют) удачно диагонализируется любым удобным методом линейной алгебры. Разумеется с выполнением достаточного условия положительной определённости одной из квадратичной формы - массовой (это следует, повторюсь, из положительности энергии).

я недавно столкнулся с подобной задачей и что-то не понимаю, почему массовая форма непременно д.б. положительно определена сама по себе? Она же не независима от кинетической части, а значит, требуя положительной определённости обеих частей, получим положительный гамильтониан, но это достаточное условие, а интересно, как найти необходимое?

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 13:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408
Ascold в сообщении #1056495 писал(а):
Она же не независима от кинетической части

Это как это?

Ascold в сообщении #1056495 писал(а):
почему массовая форма непременно д.б. положительно определена сама по себе?

Afaik рассуждения здесь опираются на квантовую стабильность вакуума. Если взять неограниченный снизу потенциал, то из вакуумного состояния поле сыплется вниз, с рождением частиц (возбуждений), до бесконечности.

Другой вопрос, что массовая форма не обязана быть положительной, если её рассматривать отдельно от остального потенциала. Какие-то слагаемые в потенциале (взаимодействия) могут обеспечить ограниченность снизу, даже если массовая форма неположительна. Наиболее известный пример - mexican hat potential: в центре массовая форма отрицательна, но минимум у потенциала есть.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 14:58 


07/07/15
228
Ascold
Что Вы понимаете под необходимым условием?
fizeg
Munin
Я так понимаю, что ТС задачу уже давно решил, но может быть Вы прокомментируете: как у ТС получился диагональным и кинетический и массовый член?
Что-то я не вижу возможности избавиться от члена с взаимодействием $\varphi\chi$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 15:24 


28/08/13
485
Цитата:
Что Вы понимаете под необходимым условием?

Необходимое условие - это когда из посыла, что гамильтониан положительно определён, выводятся ограничения на параметры гамильтониана.
Цитата:
Это как это?

Как я понял, и сам это проделал, топикстартер получил соотношения $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$, применив критерий Сильвестра по-отдельности к массовой и кинетической частям, но этот критерий подразумевает, что переменные пробегают значения от минус до плюс бесконечности, но поля и производные от них - это же не какие попало числа, а решения полевых уравнений, вдруг они сами по себе как-либо ограничены, тогда критерий Сильвестра для этого гамильтониана может оказаться математически слишком сильным.
Или так лучше сказать: даже если поля и их производные ничем не ограничить, то они все - функции координат и времени, следовательно, может случиться так, что некоторые "неудачные"(делающие $H<0$) комбинации их значений на деле не встречаются, но критерий Сильвестра(или иной способ анализа знакоопределённости) об этом "не в курсе" и потому накладывает слишком сильные условия.
Поэтому полученные условия $|C|\leq1$ и $m^2M^2-\mu^4\geq0$ достаточные, но не факт, что необходимые для $H>0$.
Цитата:
Что-то я не вижу возможности избавиться от члена с взаимодействием $\varphi\chi$

у меня тоже не получилось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 15:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72408
Blancke_K
Мне кажется, он не говорил, что диагонализировал их одновременно.

-- 25.09.2015 15:29:32 --

Ascold в сообщении #1056545 писал(а):
но производные от полей не являются в общем случае независимыми от полей, их нельзя рассматривать как независимые переменные

Это вы неправы. При варьировании они должны рассматриваться как независимые. Потом вы переходите от производных полей к каноническим импульсам, и они опять независимые.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квантование скалярного поля с лагранжианом без кин члена
Сообщение25.09.2015, 15:35 


07/07/15
228
Думаю, что ограничения на параметры теории получены верно.
Следует однако задать вопрос, останутся ли они верными в вырожденном случае?

-- 25.09.2015, 16:43 --

И как, собственно, проводится процедура канонического квантования лагранжиана с вершиной $\partial_{\mu}\varphi\partial^{\mu}\chi$?
Я бы перешел к переменным $\widetilde{\varphi}=\varphi+c\chi$, $\widetilde{\chi}=\sqrt{1-c^{2}}\chi$. В этих переменных квадратичная форма производных диагонализируется и полевые операторы удовлетворяют каноническим коммутационным соотношениям. Все, проквантовали?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 33 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: photon, Aer, whiterussian, Jnrty, profrotter, Парджеттер, Eule_A, Pphantom, 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