Дисперсия взаимодействующего квантового поля в его вакуумном состоянии

Question

Дисперсия взаимодействующего квантового поля в его вакуумном состоянии

СРС

Невзаимодействующее квантовое поле $\hat{\phi}(x)$ можно разложить на $a_{\textbf{k}}$ и $a_{\textbf{k}}^\dagger$ . Это позволяет нам вычислить дисперсию свободного поля. Например, дисперсия свободного действительного скалярного поля в вакууме $|0\rangle$ теории, вычисляется как (без ограничения импульса)

В а р (ф)_{0} "=" ⟨ 0 | ф^{2} | 0 ⟩ - (⟨ 0 | ф | 0 ⟩)^{2} "=" \int \frac{д^{3} к}{(2 π)^{3}} \frac{1}{\sqrt{к^{2} + м^{2}}} \to \infty .

${\rm Var}(\phi)_0=\langle0|\phi^2|0\rangle-\big(\langle0|\phi|0\rangle\big)^2\\=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{\textbf{k}^2+m^2}}\rightarrow \infty.$ Теперь рассмотрим взаимодействующую квантовую теорию поля, описываемую гамильтонианом

H

$H$ и

| Ω ⟩

$|\Omega\rangle$ является вакуумным состоянием теории взаимодействия, т.е.

ЧАС | Ом ⟩ "=" 0 | Ом ⟩ (также, п^{мю} | Ом ⟩ "=" 0 | Ом ⟩) .

$H|\Omega\rangle=0|\Omega\rangle\hspace{0.5cm}\big(\text{also,}~P^\mu|\Omega\rangle=0|\Omega\rangle\big).$ Разложение поля на операторы рождения и уничтожения уже невозможно. Так как же вычислить дисперсию

В а р (ф)_{Ом} "=" ⟨ Ом | ф^{2} | Ом ⟩ - (⟨ Ом | ф | Ом ⟩)^{2}

${\rm Var}(\phi)_\Omega=\langle\Omega|\phi^2|\Omega\rangle-\big(\langle\Omega|\phi|\Omega\rangle\big)^2$ в

λ ϕ^{4}

$\lambda\phi^4$ теория?

проф. Леголасов

Если вы работаете с Wightman QFT, частью определения QFT является двухточечная функция.

W (x, y) = ⟨ 0 | ϕ (x) ϕ (y) | 0 ⟩

$W(x, y) = \left< 0 \right| \phi(x) \phi(y) \left| 0 \right>$ . Эта функция всегда имеет особенность в

x = y

$x = y$ -- Ваш вопрос некорректен, дисперсия всегда расходится. Вы можете упорядочить теорию, переопределив поведение двухточечной функции на коротком расстоянии, т.е. сделать ее такой, чтобы

W (x, x) = μ

$W(x, x) = \mu$ . Тогда дисперсия равна

μ

$\mu$ по определению. Что демонстрирует, что дисперсия нефизична (физические величины имеют четко определенные пределы для

μ \to \infty

$\mu \rightarrow \infty$ ).

любопытный разум

Ни ваш вопрос, ни ваш "вычисление" для свободного поля в начале мне непонятны. Квантовое поле — это не оператор, это операторнозначное распределение.

ϕ

$\phi$ , ничего не вводя в него, не является оператором, и имеет смысл спрашивать о его дисперсии так же, как и о «значении» функции. Вы пытаетесь вычислить дисперсию

ϕ (x)

$\phi(x)$ ? Почему? Если да, то почему нет

x

$x$ в вашем первом уравнении? Обратите также внимание на то, что

⟨ ϕ (x) ϕ (x) ⟩

$\langle \phi(x)\phi(x)\rangle$ есть «вероятность присутствия частицы в

x

$x$ быть обнаруженным в

x

$x$ ".

СРС

Да. Я пытаюсь вычислить дисперсию. Должно быть очевидно, что я просто опустил аргумент «x». Это ясно написано в первом предложении. @ACuriousMind

Ответы (2)

Дисперсия взаимодействующего квантового поля в его вакуумном состоянии

Если вы работаете с Wightman QFT, частью определения QFT является двухточечная функция. $W(x, y) = \left< 0 \right| \phi(x) \phi(y) \left| 0 \right>$ . Эта функция всегда имеет особенность в $x = y$ -- Ваш вопрос некорректен, дисперсия всегда расходится. Вы можете упорядочить теорию, переопределив поведение двухточечной функции на коротком расстоянии, т.е. сделать ее такой, чтобы $W(x, x) = \mu$ . Тогда дисперсия равна $\mu$ по определению. Что демонстрирует, что дисперсия нефизична (физические величины имеют четко определенные пределы для $\mu \rightarrow \infty$ ).
Ни ваш вопрос, ни ваш "вычисление" для свободного поля в начале мне непонятны. Квантовое поле — это не оператор, это операторнозначное распределение. $\phi$ , ничего не вводя в него, не является оператором, и имеет смысл спрашивать о его дисперсии так же, как и о «значении» функции. Вы пытаетесь вычислить дисперсию $\phi(x)$ ? Почему? Если да, то почему нет $x$ в вашем первом уравнении? Обратите также внимание на то, что $\langle \phi(x)\phi(x)\rangle$ есть «вероятность присутствия частицы в $x$ быть обнаруженным в $x$ ".
Да. Я пытаюсь вычислить дисперсию. Должно быть очевидно, что я просто опустил аргумент «x». Это ясно написано в первом предложении. @ACuriousMind

МэнниС · Answer 1

Как уже упоминалось другими людьми, $\phi^2(x)$ на самом деле не очень хорошо определено, потому что существует УФ-расхождение при взятии $x\to y$ на $\phi(x)\phi(y)$ . Но в КТП мы можем придать смысл $\phi^2(x)$ как составной оператор . УФ-расхождение, с которым мы сталкиваемся, можно вычесть по порядку в теории возмущений и получить в конце конечный ответ.

Предположим для простоты, что математическое ожидание $\phi(x)$ равен нулю в вакууме. Затем нам нужно вычислить $\langle \phi^2(x)\rangle$ . Я предполагаю, что вы знакомы с формализмом интеграла по траекториям. Определим источник $L(x)$ к которому составной оператор $\phi^2(x)$ связан. Тогда у нас есть функция распределения

Z [л] "=" \int Д ф опыт (- С [ф] + \int д^{д} Икс л_{Б} (Икс) (ф_{Б})^{2} (Икс)),

$Z[L] = \int \mathcal{D}\phi\, \exp\left(-S[\phi] + \int \mathrm{d}^dx\,L_B(x)(\phi_B)^2(x)\right)\,,$ где индекс "

B

$B$ "обозначает "голый". Поле перенормируется с обычной перенормировкой волновой функции

ϕ_{B} (x) = \sqrt{Z_{ϕ}} ϕ (x)

$\phi_B(x) = \sqrt{Z_{\phi}}\phi(x)$ и

L

$L$ перенормируется как

L_{B} (x) = Z_{L} L (x)

$L_B(x) = Z_L L(x)$ . У нас по определению

(ф^{2})_{Б} (Икс) "=" Z_{л}^{- 1} (ф^{2}) (Икс),

$(\phi^2)_B(x) = Z_L^{-1} (\phi^2)(x)\,,$ где я использую круглые скобки, чтобы различать квадрат оператора

ϕ

$\phi$ и оператор

ϕ^{2}

$\phi^2$ . Корреляторы с оператором

(ϕ^{2})

$(\phi^2)$ можно вычислить как

⟨ (ф^{2}) ({Икс}_{1}) \dots (ф^{2}) ({Икс}_{н}) ⟩ "=" \frac{1}{Z [0]} \frac{{дельта}^{н}}{дельта л ({Икс}_{1}) \dots дельта л ({Икс}_{н})} Z [л] .

$\langle (\phi^2)(x_1)\cdots (\phi^2)(x_n)\rangle = \frac{1}{Z[0]}\frac{\delta^n}{\delta L(x_1)\cdots \delta L(x_n)} Z[L]\,.$ Если мы хотим рассмотреть вставки более высоких точек

(ϕ^{2})

$(\phi^2)$ , при подсчете мощности нам нужно было бы добавить также термин

a \int L^{2} (x)

$a\int L^2(x)$ и перенормируем связь

a

$a$ , но для этого случая нам все равно.

Правила Фейнмана просты, достаточно добавить к правилам $S[\phi]$ новую вершину с $L$ нога и два $\phi$ ноги. Нужная нам функция $\langle (\phi^2)(x)\rangle$ представляет собой сумму всех диаграмм Фейнмана с одним внешним $L$ нога. На одном цикле в dim-reg это

(рисунок 1) "=" \int \frac{д^{д} п}{(2 π)^{д}} \frac{1}{п^{2} + м^{2}} "=" \frac{м^{4} {мю}^{- 2 ε}}{2 (4 π)^{3} ε} {(\frac{4 π {мю}^{2}}{м^{2}})}^{ε} + (ф я н я т е) .

$(\textbf{Fig. 1})= \int \frac{\mathrm{d}^d p}{(2\pi)^d} \frac{1}{p^2+m^2} =\frac{m^4 \mu^{-2\varepsilon}}{2(4\pi)^3 \varepsilon}\left(\frac{4\pi \mu^2}{m^2}\right)^\varepsilon + (\mathrm{finite})\,.$

Затем вы можете поглотить этот полюс в $\varepsilon$ в определении $Z_L$ получить окончательный ответ в $\mathrm{MS}$ схема. Заметим, что если поле безмассовое, то этот интеграл тождественно обращается в нуль в тускло-рег.

рисунок 1

$[1]$ Дамиано Ансельми, Перенормировка . 14Б1

Мне непонятно, что "композитный $\phi(x)^2$ "значительно связано с тем, что мы обычно подразумеваем под дисперсией случайной величины: когда вы определяете $\phi^2$ здесь вы в основном определяете новое правило умножения для полевых операторов (и такое, которое не является ассоциативным - например, чтобы узнать, как $\phi(y)^2 \phi(x)^2$ имеет отношение к $\phi(x)^4$ как $y\to x$ необходимо выполнить операторное расширение продукта), и не ясно, что стандартное определение дисперсии $\langle (x - \langle x\rangle)^2\rangle$ работает для такого нестандартного продукта. Не могли бы вы это прокомментировать?
Мое определение для $\phi^2$ физически то же самое, что и разделение точек: $\lim_{x\to y}\phi(x)\phi(y) - \mathrm{divergence}$ , но с другой схемой регуляризации. Кроме того, в теории возмущений обычно операторы имеют нулевое среднее значение в вакууме. Если есть какое-то спонтанное нарушение симметрии, как правило, переопределяется $\phi(x) = \langle\phi\rangle + \chi(x)$ . Поэтому я думаю, что формула для дисперсии должна работать. Наконец, с помощью этого формализма вы можете писать составные операторы только фундаментальных полей, так что на самом деле это не правило умножения. Здесь нет $(\phi^2)^2(x)$

любопытный разум · Answer 2

Вам не нужно вычислять дисперсию скалярного поля, чтобы увидеть, что оно всегда будет расходиться: выражение $\langle \phi(x)\phi(x)\rangle$ по существу является пределом пропагатора для $y\to x$ и $\langle \phi(x)\rangle$ постоянна, потому что это инвариант Лоренца. Пропагатор должен расходиться $y\to x$ поскольку в противном случае это предсказывало бы неединичную вероятность распространения частицы от события $x$ к событию $x$ , что было бы бессмысленно.
В теории взаимодействия любая попытка «вычисления» должна была бы продолжаться путем вычисления пропагатора, суммированного по Дайсону, с желаемой точностью, а затем взятия предела $y\to x$ . Которые, как утверждалось выше, всегда будут расходиться, так что пытаться бессмысленно.
Дополнительный факт: нечеткость/расхождение $\langle \phi(x)^2\rangle$ является отражением того факта, что квантовое поле представляет собой операторнозначное распределение , и вы не можете возвести распределение в квадрат математически строгим способом.

А... точно. Вы хоть представляете, почему вакуумные флуктуации электрического поля оказываются конечными в квантовой оптике, а не в КТП? Кажется, это потому, что они находят флуктуации вакуума для одиночной моды? Вот ссылка на 5-минутное видео Алена Аспекта. youtube.com/watch?v=jXxW82L6os8 Я не уверен, почему колебания вакуума одной моды имеют экспериментальное значение @ACuriousMind
@SRS Пожалуйста, не используйте комментарии для дополнительных вопросов. Если у вас есть новый вопрос, задайте новый вопрос. Обратите внимание, что электрическое поле а) не является скаляром и б) не является «квантовым полем» (в том смысле, что эксп. значение его квадрата было бы связано с пропагатором), поскольку динамической переменной ЭМ лагранжиана является потенциал , а не напряженность поля, так что это не имеет ничего общего с дисперсией скалярного квантового поля, о котором здесь спрашивается ваш вопрос.

Дисперсия взаимодействующего квантового поля в его вакуумном состоянии

СРС

проф. Леголасов

любопытный разум

СРС

Ответы (2)

МэнниС

любопытный разум

МэнниС

любопытный разум

СРС

любопытный разум

В контексте квантовой теории поля, что значит «связать» что-то?

Вакуум КЭД как классическая диэлектрическая среда?

Почему теория λϕ4λϕ4\lambda\phi^4, где λ>0λ>0\lambda>0, не ограничена снизу?

Вакуумные пузырьки и уменьшение LSZ

Что такое квантовые флуктуации на самом деле?

Почему оператор свободного поля один и тот же при наличии взаимодействий?

Как инстантоны вызывают распад вакуума?

Вакуум в квантовых теориях поля: что это такое?

Угловые моменты фотона

Оператор электромагнитного тока с использованием правил Фейнмана