Поля в QFT: каковы начальные условия, $\phi(t=0,x)$? - физиков.нет
Винтажный Клуб для гитаристов
2 голосов
/

Решение дифференциального уравнения обычно происходит примерно так:

  • Одному дается набор начальных условий. При этом существует большая свобода выбора. Например, в квантовой механике любой нормализуемый $\psi(x,0)$ будет делать
  • Затем дифференциальное уравнение определяет, как развивается состояние, давая $\psi(x,t)$ для всех времен $t$.

Рассмотрим теперь QFT, в частности, свободное вещественное скалярное поле в качестве простого примера. Уравнение движения (Клейна-Гордона) для полей на картине Гейзенберга решается с помощью

$$\phi(\vec{x},t)=e^{itH}\phi(\vec{x},0)e^{-itH}$$

Для вещественного скалярного поля записано явное решение $$\phi(\vec{x},t)=\int (a(\vec{p})e^{-ip\cdot x}+a^{\dagger}(\vec{p})e^{ip\cdot x}) \frac{d^3\vec{p}}{\sqrt{(2\pi)^3 2E_0}}$$

В лекции QFT часто говорится, что это наиболее общий $\phi(x,t)$, который решает уравнение движения. Давайте исследуем это утверждение. В частности, подключив $t=0$, мы приняли начальное условие

$$\phi(\vec{x},0)=\int (a(\vec{p})e^{i\vec{p}\cdot \vec{x}}+a^{\dagger}(\vec{p})e^{-i\vec{p}\cdot \vec{x}}) \frac{d^3\vec{p}}{\sqrt{(2\pi)^3 2E_0}}$$

Но, насколько я могу судить, единственное ограничение на $\phi(x,0)$, введенное в лекции, - это то, что он должен подчиняться коммутационным соотношениям. $\phi(x,0)$ является очень важным количеством, потому что на снимке Шредингера это оператор поля , точно так же, как аналогично $x$ и $p=i\nabla$ были операторами положения и импульса в Кванте Механика.

Поэтому я хотел бы попросить одно из двух возможных решений:

  • Может ли кто-нибудь предоставить доказательство того, что у нас должно быть именно это начальное условие для полей? Мне кажется, что одних коммутирующих отношений недостаточно, чтобы придать эту конкретную форму, поскольку операторы имеют огромное количество степеней свободы.
  • Также интересно представить контрпример: начальное условие $\phi(\vec{x})$, которое удовлетворяет коммутационным соотношениям, но не равно $\phi(\vec{x},0)$ выше.

Любой из этих ответов будет очень разъясняющим для меня. Если не доказательство, то ссылка на доказательство, конечно, также будет полезна.

РЕДАКТИРОВАТЬ: После долгих раздумий ответ на этот вопрос является своего рода смесью ответов Кнчжоу и ~ Космоса Закоса. Как заметил КНЖОУ, форма $\phi(x,0)$ - это , а не , однозначно определяемая соотношениями коммутации или уравнением КГ, потому что вы можете просто переопределить $\phi(x,0)$ как поле с $t=1$, и все уравнения по-прежнему будут выполняться. Это было бы эквивалентно переопределению операторов $a(\vec{p})$ путем добавления фазы.

Однако существует строгое ограничение для $a(\vec{p})$ операторов, а именно * они могут быть переопределены только до фазы, зависящей от импульса $a(\vec{p}) \to e^{i \alpha(\vec{p})}a(\vec{p})$. Доказательство совпадает с тем, что упоминал Космос Закос, и такое лечение делается во многих учебниках QFT. Основная причина, по которой это возможно, заключается в том, что переопределение $a(\vec{p}) \to e^{i \alpha(\vec{p})}a(\vec{p})$ не меняет коммутационные отношения.

* Зависимость от импульса является моей собственной реализацией и не взята из книги, но, учитывая, что коммутационные отношения остаются неизменными при переопределении, становится ясно, что они не могут ограничивать фазу $a(\vec{p})$. Кроме того, переопределение $\phi(\vec{x},0) \to \phi(\vec{x},1)$ является зависимым от импульса изменением в операторах $a$: $a(\vec{p}) \to e^{i\sqrt{\vec{p}^2+m^2} t} a(\vec{p})$

Ответы [ 3 ]

3 голосов
/

Во-первых, мы редко хотим явно определить операторы поля как функцию времени в QFT. Нас обычно гораздо больше интересуют такие вещи, как корреляционные функции или $S$ -матричные элементы.

Во-вторых, обычно мы не так думаем о картине Гейзенберга. В картине Гейзенберга $$\langle A \rangle(t) = \langle \psi | A(t) | \psi \rangle.$$ Таким образом, чтобы оценить ожидаемое значение $\langle A \rangle(t)$, нам нужны две части информации: начальное состояние $|\psi \rangle$ и начальный оператор $A(0)$. Обычно мы думаем о $|\psi \rangle$ как о задании начального условия, а $A(0)$ как о том, о каком операторе мы говорим. Так что в $A(0)$ нет свободы, если вы ее измените, вы говорите о физически другом операторе.

В качестве простого примера можно показать, что на картине Гейзенберга операторы $x(t)$ и $p(t)$ вращаются друг в друге, поскольку классически простой гармонический осциллятор вращается в фазовом пространстве. Если вы решили определить новый оператор положения $x'(t) = x(t + \pi /2)$, он будет удовлетворять всем уравнениям, но это больше не будет означать положение, это фактически будет измерение импульса.

В качестве другого примера вы можете определить новый оператор поля $\phi'(\mathbf{x}, t) = \phi(\mathbf{x}, t+1)$. Он будет удовлетворять всем необходимым отношениям, но это просто не будет означать одно и то же: вместо того, чтобы давать значение поля во время $t$, он даст то, что будет значением поля во время $t+1$.

2 голосов
/

Дополнительное примечание: легко понять, что такое оператор поля. Оператор поля в QFT не является значением поля. Это эрмитова оператор, который соответствует тому, что вы можете измерить поле. Конкретные расположения поля кодируются в состояниях , а не в значении оператора.

Аналогия в регулярной квантовой механике. У вас есть состояния, соответствующие каждой возможной позиции, $|x=a\rangle$, и у вас есть оператор позиции, который измеряет позицию, $\hat{X}|a\rangle = a|a\rangle$. Для каждой возможной позиции существует разное состояние, но есть только один оператор позиции.

В простом QFT существует состояние для каждого возможного расположения поля $|\varphi\rangle$, и оператор поля, который измеряет поле в определенном состоянии, $\phi(x)|\varphi\rangle = \varphi(x)|\varphi\rangle$. Существует бесконечное число состояний, но только один оператор поля.

С учетом этого не должно быть столь удивительным, что начальное значение оператора поля определяется однозначно. Сказать, что $\phi(p,t) = a_p e^{-iE_pt} +a_p^†e^{iE_p t}$ является аналогом того, что $\hat{X}(t) = ae^{-i\omega t} +a^† e^{i\omega t}$ для обычного гармонического генератора QM. Оба утверждения верны по определению операторов $a,a^†$ и канонических коммутационных соотношений. И оба утверждения не говорят вам ничего о какой-либо конкретной позиции, расположении поля или состоянии.

1 голос
/

Работа в импульсном пространстве, где моды бесконечного генератора развязаны, поэтому $$ [a^\dagger (\vec k), a(\vec p)]=\delta^3 (\vec p -\vec k), \\ [a^\dagger (\vec k), a^\dagger (\vec p)]=0=[a (\vec k), a(\vec p)], $$ и так далее, где $a(\vec p)\equiv \int d^3x \exp(-i \vec p\cdot \vec x ) \bigl (E(p)\phi(\vec x,0)+i \partial_t \phi(\vec x,0)\bigr )/\sqrt{(2\pi)^3 2E(p)}$ и т. д.

В импульсном пространстве уравнение K-G является ОДУ, $$ \bigl (\partial_t^2 +\vec p ^2 +m^2\bigr ) {\tilde \phi}(\vec p ,t)=0. $$ Наиболее общее классическое решение тогда, $$ {\tilde \varphi}(\vec p ,t) = c(\vec p) e^{-iE(p)t} +c^* (\vec p) e^{iE(p)t}, $$ для $E=\sqrt{\vec p^2 +m^2}$ и произвольных комплексных функций c . Установка t = 0 обеспечивает произвольную IC.

Соответствующее общее квантовое решение также $$ {\tilde \phi}(\vec p ,t) = \hat c(\vec p) e^{-iE(p)t} +\hat c^\dagger (\vec p) e^{iE(p)t}. $$ Установка t = 0 обеспечивает до сих пор произвольную IC.

Преобразование Фурье соответственно адаптирует нормализации в определении, $$\phi(\vec{x},t)=\int \bigl (\hat c(\vec{p})e^{-ip\cdot x}+\hat c ^{\dagger}(\vec{p})e^{ip\cdot x}\bigr ) \frac{d^3\vec{p}}{\sqrt{(2\pi)^3 2E(p)}},$$ и применять канонические коммутаторы $$ i[\partial_t \phi(\vec x), \phi (\vec y)]=\delta^3(\vec x-\vec y), ... $$ ...так далее, привязать тех к $\hat c , \hat c ^\dagger$, которые являются теми, которым повиновались выше $a, a^\dagger$. (Подробное описание см. В главе 12 Bjorken & Drell, vII.)

То есть, в однообразном однообразии ваше «чувство» неоправданно, а необычайно мощные полевые коммутации делают привязывают вниз $$ \tilde{\phi}(\vec p,0)= \frac{a(\vec p)+ a^\dagger (\vec p) }{\sqrt{(2\pi)^3 2E(p)}} ~, $$ уникально, вплоть до фазы a , которая является лабильной в коммутационных отношениях: каждый осциллятор просто жестко вращается в фазовом пространстве ($a, a^\dagger$), как классическая точка тогда, полуклассически, которая лежит в основе канонического квантования и делает классическое квантовое соответствие таким естественным.

Добро пожаловать на сайт физиков.нет, где вы можете задавать вопросы и получать ответы от других членов сообщества.
...