QFTにおける共役運動量の定義

Piotr 05/28/2017. 2 answers, 372 views
quantum-field-theory momentum definition

私の講義ノートではスカラー場の共役運動量を以下のように定義しています:

$$ \ pi = \ dot {\ psi} $$

どこで

(a_p e ^ {i \ vec {p})は、以下のように定義されています:$$ \ psi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi)^ {3}} \ frac {1} {\ sqrt {2E_p} \ cdot \ vec x} + a_p ^ \ dagger e ^ { - i \ vec p \ cdot \ vec x} \ right)$$

これが与えると主張する

$$ \ pi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi)^ {3}} \ sqrt {\ frac {E_p} {2}} \ left(a_p e ^ {i \ vec p \ cdot \ vec x} + a_p ^ \ dagger e ^ { - i \ vec p \ cdot \ vec x} \ right)$$

Schodingerの写真で働いています。 しかし明らかに$ \ psi $は時間に依存しない。 私は、私の講義ノートに記載されていることが間違っていて、

$$ \ pi = \ dot {\ psi} $$

ハイゼンベルグの写真でのみ有効ですか? Schrodingerの画像にある上記の式を得るには、Heisenberg画像の式を取る必要があります。

(ip_cot x)}を計算するために使用されます。$$ \ psi = \ int \ frac {d ^ 3p} {(2 \ pi)^ {3}} \ frac {1} {\ sqrt {2E_p}} \ left + a_p ^ \ dagger e ^ {ip \ cdot x} \ right)$$

(ip_cot x){$ 2 \ pi} \ {3} \ sqrt {\ frac {E_p} {2}} \ left + a_p ^ \ dagger e ^ {ip \ cdot x} \ right)$$

(ここで私は4ベクトル表記を使用しました)、それをSchrodinger画像に変換しますか?

2 Answers


user1620696 05/28/2017.

まずQFTを忘れて、古典場理論について考える。 クラインゴードン畑をより正確に考えてみましょう。 そのラグランジュは

$ \ mathcal {L}(\ phi、\ partial_ \ mu \ phi)= \ dfrac {1} {2} \ partial \ \ mu \ partial \ \ mu \ phi- \ dfrac {1} {2} m ^ 2 \ phi ^ 2 $$

このラグランジュでは、 variableは$ \ phi $です。 $ \ phi $はspacetimeで定義された関数なので、$ \ phi $は特に時間に依存し、参照フレーム$ \ dot {\ phi} = \ partial_0 \ phi $で計算できます。

次に、古典力学のように共役運動量をdefinesする。

$$ \ pi = \ dfrac {\ partial \ mathcal {L}} {\ partial(\ partial_0 \ phi)} $$

この分野では、何を得るのでしょうか? これを実行すると、$ \ pi = \ dot {\ phi} $が見つかります。

これはすべて古典的です。 これで手であなたは量子化することができます。

結局のところ、フィールドを量子化するということは、$ \ phi、\ pi $を従う演算子に変えたいということです

\ pi(x)、\ pi(y)] = [\ pi(x)、\ pi(y)] = 0 $$

$$ [\ phi(x)、\ pi(y)] = i \ delta(xy)$$

量子化について話すにはすでに$ \ pi $が必要です。 量子力学のように、標準的なコミュテーション関係を課すためには、ポジションとモメンタムの両方が必要です。

ところで、細かいことがあります。 転流関係は等しい時間に行われる。 その場合、それらは同じ初期時刻に定義されているので、Schrodinger画像演算子$ \ phi(\ mathbf {x})、\ pi(\ mathbf {y})$の間に保持されます。

だから、もし$ \ pi $から$ \ pi $を計算したいのであれば、それを古典的に行うことができ、正規のコミュテーション関係を課すことができます。あるいは、ハイゼンベルクの絵でそれを行うことができます。

Edit:モード分解は古典場理論で達成することができますが、唯一のことは係数が数値になることです。 運動方程式は次のとおりです。

$$(\ Box + m ^ 2)\ phi = 0 $$

あなたが持っている$ \ hat {\ phi} $でフーリエ変換を表すように、空間変数のフーリエ変換を行います

\ hat {\ phi} = 0 $$(\ mathbf {p} | ^ 2 + m ^ 2)\ hat {\ phi}

$ \ omega_ {p} ^ 2 = | \ mathbf {p} | ^ 2 + m ^ 2 $と$ p =(\ omega_p、\ mathbf {p})$を定義する。 この方程式は$ \ mathbf {p} $によってパラメータ化されており、簡単に解くことができます

$ \ hat {\ phi}(\ mathbf {p}、t)= a_p e ^ { - i \ omega_p t} + b_p e ^ {i \ omega_p t} $$

フーリエ変換の現実の状態を適用する

$$ \ hat {\ phi}(\ mathbf {p}、t)= \ hat {\ phi}(\ mathbf {p}、t)^ \ ast。$$

あなたはその状態に到着する

$$ a _ { - \ mathbf {p}} e ^ { - i \ omega_p t} + b _ { - \ mathbf {p}} e ^ {i \ omega_p t} = a _ {\ mathbf {p}} ^ \ ast e ^ {i \ omega_p t} + b _ {\ mathbf {p}} ^ \ st e ^ { - i \ omega_p t} $$

指数関数の線形独立性は次のように与えられます。$ a {{\ mathbf {p}} = b_ {\ mathbf {p}} ^ \ ast $と$ b _ { - \ mathbf { } ^ \ ast $。 今あなたは持っている

$$ \ hat {\ phi}(\ mathbf {p}、t)= a_pe ^ { - i \ omega_p t} + a _ { - p} ^ \ ast e ^ {i \ omega_p t} $$

フーリエ逆変換を適用して

【数1】【数2】【数3】【数3】【数4】【数5】【数6】【数7】 i \ omega_p t})e ^ {i \ mathbf {p} \ cdot \ mathbf {x}} $$

2番目の項で変数を変更して$ p \を-p $を$ \ omega _ {-p} = \ omega_p $に変更すると、式が得られます

$$ \ phi(x)= \ int \ dfrac {d ^ 3 p} {(2 \ pi)^ 3}(a_p e ^ { - ipx} + a_p ^ \ ast e ^ {ipx})$$

$ \ sqrt {2 \ omega_p} $は、ローレンツの不変の結果($ a_p $の再定義に相当)を得るための便宜のために含まれています。 最終的な答えは

【数1】【数2】【数3】【数3】【数4】【数5】【数6】 a_p ^ \ ast e ^ {ipx})$$

これがFock空間表現をderiveしないderive理解してください。 これは、順番に、Fock空間ラダー演算子の観点からモード分解をmotivates古典的な計算にすぎません。

ちなみに、時空フーリエ変換にはより洗練されたより洗練されたアプローチがあります。これは、クリーンゴードン方程式を解くフーリエ分解の使用に関する質問にあります。


Y2H 05/28/2017.

私はあなたの問題が何であるかを知っていると思います。 あなたは、時間依存性が暗黙的であり、明示的である必要はないことを忘れています。 例えば、$ \ psi $は時間に依存するため、$ x $および/または$ p $は時間に依存することがあります。 この場合、デリバティブはゼロではありません。

また、時間に関して関数を導出することは、時間に関して演算子を導出することと同じ行列表現であるので、両方の画像において有効でなければならない。

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