Истоки второго квантования

Question

Истоки второго квантования

Мавзолей

Я уже некоторое время изучаю квантовую теорию, и у меня есть ряд тесно связанных вопросов, которые не дают мне покоя. Я не уверен, что такой длинный формат уместен здесь, но я хотел бы воспользоваться этой возможностью и поделиться своими вопросами на этом замечательном сайте.

Одна вещь, которую я пытаюсь сделать, чтобы лучше понять КТП, это применить формализм чисел заполнения к наименьшему возможному количеству идентичных частиц в системе. Такой формализм основан на использовании волновых векторов («фоковские состояния», «вторично-квантованные состояния») вида

| н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к}, . . . ⟩,

$\begin{equation} |n_{1},\,n_{2},\,... ,\,n_{k},\,... \rangle \quad, \end{equation}$ где

n_{k}

$n_{k}$ обозначает число частиц в симметризованной волновой функции в состоянии

k

$k$ (Я рассматриваю только случай Бозе). Например, если общее число частиц в системе равно

3

$3$ , тогда

| \underset{к_{1}}{2}, \underset{к_{2}}{1} ⟩ знак равно \frac{\sqrt{1! 1! 2!}}{\sqrt{3!}} (| к_{1} ⟩ | к_{1} ⟩ | к_{2} ⟩ + | к_{1} ⟩ | к_{2} ⟩ | к_{1} ⟩ + | к_{2} ⟩ | к_{1} ⟩ | к_{2} ⟩),

$\begin{equation} |\underset{k_1}{2},\,\underset{k_2}{1}\rangle = \dfrac{\sqrt{1!\,1!\,2!}}{\sqrt{3!}} ( |k_1\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle + |k_1\rangle |k_2\rangle |k_1\rangle + |k_2\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle ) \quad, \end{equation}$ где

| k_{1} ⟩

$|k_1\rangle$ является одночастичным состоянием. Позвольте мне начать с демонстрации того, как этот формализм работает для одиночного гармонического осциллятора.

Если мы установим $\hbar = \omega = 1$ и игнорировать энергию вакуума $\hbar \omega /2$ , гамильтониан принимает вид

\hat{ЧАС} знак равно {\hat{а}}^{†} \hat{а},

$\begin{equation} \hat{H} = \hat{a}^\dagger \hat{a} \quad, \end{equation}$

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ и

\hat{a}

$\hat{a}$ являются обычными лестничными операторами (пожалуйста, воздержитесь от того, чтобы называть их операторами «создания» и «уничтожения», поскольку

\hat{a}

$\hat{a}$ создает одночастичное состояние при воздействии на вакуум; в противном случае это просто меняет энергию состояния; см. обсуждение позже).

Соответствие между вторично-квантованными состояниями и собственными функциями гамильтониана:

\begin{aligned} | 0 ⟩ & \equiv | 0, 0, 0, . . . ⟩, \\ | 1 ⟩ & \equiv | \underset{1}{1}, 0, 0, . . . ⟩, \\ | 2 ⟩ & \equiv | 0, \underset{2}{1}, 0, . . . ⟩, \\ | 3 ⟩ & \equiv | 0, 0, \underset{3}{1}, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} |0\rangle&\equiv|0,\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |1\rangle&\equiv|\underset{1}{1},\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |2\rangle&\equiv|0,\,\underset{2}{1},\,0,\,...\rangle \quad,\\ |3\rangle&\equiv|0,\,0,\,\underset{3}{1},\,...\rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$ По определению, оператор

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ создает частицу в состоянии

k

$k$ , пока

{\hat{a}}_{k}

$\hat{a}_k$ аннулирует состояние без частиц типа

k

$k$ :

\begin{aligned} {\hat{а}}_{к}^{†} | 0 ⟩ знак равно | . . ., \underset{к}{1}, . . . ⟩, {\hat{а}}_{к} | . . ., \underset{к}{0}, . . . ⟩ знак равно 0 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle = |...,\,\underset{k}{1},...\rangle \quad,\qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$ Из этого определения ясно, что мы не можем определить операторы

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}_k^\dagger$ следующим образом:

(неправильный!) {\hat{а}}_{к}^{†} \propto ({\hat{а}}^{†})^{к} .

$\begin{equation} \text{(wrong!)}\quad{\hat{a}_k^\dagger \propto (\hat{a}^\dagger)^k} \quad. \end{equation}$ В самом деле, требование уничтожения в этом случае не будет выполнено:

\begin{aligned} ( & \hat{а})^{2} & | . . ., \underset{5}{1}, . . . ⟩ знак равно (\hat{а})^{2} | 5 ⟩ \propto | 3 ⟩, \\ {\hat{а}}_{2} & | . . ., \underset{5}{1}, . . . ⟩ знак равно 0 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} (&\hat{a})^2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = (\hat{a})^2\, |5\rangle \propto |3\rangle \quad,\\ &\hat{a}_2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

Эта конструкция может выглядеть довольно необычно. Чтобы лучше понять правила игры, используйте матричный формализм:

\begin{matrix} {\hat{а}}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \hat{а} ≅ (\begin{matrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \\ | 0 ⟩ ≅ (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \end{matrix}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a} \cong \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ |0\rangle \cong \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{pmatrix} \quad. \end{gathered}\end{equation}$

Теперь легко угадать вид операторов, удовлетворяющих требуемым требованиям:

\begin{matrix} {\hat{а}}_{1}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), {\hat{а}}_{2}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \\ {\hat{а}}_{3}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger_1 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a}^\dagger_2 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ \hat{a}^\dagger_3 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad. \end{gathered}\end{equation}$

С помощью этих операторов можно сразу записать гамильтониан одиночного гармонического осциллятора в «форме КТП»:

\hat{ЧАС} знак равно \sum_{к знак равно 1}^{\infty} ю_{к} {\hat{а}}_{к}^{†} {\hat{а}}_{к}, ю_{к} знак равно к .

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{k=1}^\infty\, \omega_k\, \hat{a}_k^\dagger\,\hat{a}_k \quad, \qquad \omega_k = k\quad. \end{equation}$

Об операторах $\hat{a}_k^\dagger$ . Во-первых, они оказываются нильпотентными. Во-вторых, теперь у нас есть некоторые проблемы с коммутационными соотношениями, которые мы никогда не обсуждали до сих пор. Конечно, мы бы предпочли, чтобы вновь построенные операторы подчинялись стандартным коммутационным соотношениям Гейзенберга

[\hat{а}, {\hat{а}}^{†}] знак равно 1 .

$\begin{equation} [\hat{a},\,\hat{a}^\dagger] = 1 \quad. \end{equation}$ Однако матричная форма говорит нам, что каждый оператор

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}_k^\dagger$ вместе со своим партнером рождает

s u (2)

$\mathfrak{su}(2)$ алгебра.

[{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] ≅ (\begin{matrix} 1 & \dots & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋱ & 0 & \dots \\ 0 & 0 & - 1 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & 0 & ⋱ \end{matrix})

$\begin{equation} [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \cong \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 0 & \cdots \\ \vdots & \ddots & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & -1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & 0 & \ddots \end{pmatrix} \end{equation}$ Подытожим эти печальные итоги в несколько иной форме. Зажатый вакуумом, коммутатор

[a_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}]

$[a_k,\,\hat{a}^\dagger_k]$ ведет себя достойно:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] | 0 ⟩ знак равно ⟨ 0 | {\hat{а}}_{к} {\hat{а}}_{к}^{†} | 0 ⟩ - ⟨ 0 | {\hat{а}}_{к}^{†} {\hat{а}}_{к} | 0 ⟩ знак равно 1 - 0 знак равно 1 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle = \langle 0| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|0\rangle - \langle 0| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|0\rangle = 1 - 0 = \phantom{-} 1 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$ Однако у нас возникают проблемы, когда мы применяем оператор создания к уже созданной частице:

\begin{aligned} ⟨ \underset{к}{1} | [{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] | \underset{к}{1} ⟩ знак равно ⟨ \underset{к}{1} | {\hat{а}}_{к} {\hat{а}}_{к}^{†} | \underset{к}{1} ⟩ - ⟨ \underset{к}{1} | {\hat{а}}_{к}^{†} {\hat{а}}_{к} | \underset{к}{1} ⟩ знак равно 0 - 1 знак равно - 1 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle = \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|\underset{k}{1}\rangle - \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|\underset{k}{1}\rangle = 0 - 1 = -1\quad. \end{alignedat}\end{equation}$ Во второй строке мы пытались применить оператор создания

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ государству

| \underset{k}{1} ⟩

$|\underset{k}{1}\rangle$ , т.е. создать другую частицу. Это, однако, не имеет особого смысла в рамках одночастичного формализма. Поэтому кажется естественным предположить, что в случае двух частиц мы могли бы сделать еще один шаг, и коммутационные соотношения приняли бы вид чего-то вроде

{\hat{a}}_{k}^{†} ≅ diag {1, 1, ?}

${\hat{a}^\dagger_k\cong\operatorname{diag} \{1,\,1,\,?\}}$ в

{| 0 ⟩, | \underset{k}{1} ⟩, | \underset{k}{2} ⟩}

${\{|0\rangle,\,|\underset{k}{1}\rangle,\,|\underset{k}{2}\rangle\}}$ основа.

К концу дня мы можем сказать, что:

$\quad 1.\quad$ Нам удалось построить операторы, определенные через

\begin{aligned} {\hat{а}}_{к} | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к}, . . . ⟩ & знак равно \sqrt{н_{к}} & | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к} - 1, . . . ⟩, \\ {\hat{а}}_{к} | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к}, . . . ⟩ & знак равно \sqrt{н_{к} + 1} & | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к} + 1, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$

$\quad 2.\quad$ Эти операторы подчинялись коммутационным соотношениям Гейзенберга только тогда, когда они были зажаты вакуумными состояниями.

ВОПРОС 1. Пока все выглядит правильно?

Теперь попробуем пойти дальше и распространить конструкцию на систему двух одинаковых частиц. Прежде всего, здесь следует перестать думать об одночастичных состояниях как о собственных состояниях гамильтониана. Такой базис был бы неудобен из-за проблем с вырождением. Лучше подумать о $|k\rangle$ состояния как состояния с определенным импульсом или положением. Тогда одночастичный гамильтониан записывается как:

{\hat{ЧАС}}_{1} знак равно \int | к ⟩ {ЧАС}_{к м} ⟨ м | г к г м .

$\begin{equation} \hat{H}_{1} = \int |k\rangle H_{k\,m} \langle m|\, \operatorname{d}k \operatorname{d}m \quad. \end{equation}$

Фоковское пространство системы двух частиц представляет собой симметризованное тензорное произведение двух одночастичных пространств. Базисные векторы теперь определяются как:

\begin{aligned} | 0, 0, 0, . . . ⟩ & \equiv | 0 ⟩ \otimes | 0 ⟩ \equiv | 0 ⟩ & , \\ | \underset{к}{1} ⟩ & \equiv \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ \otimes | к ⟩ + | к ⟩ \otimes | 0 ⟩) & , \\ | \underset{к}{1}, \underset{м}{1} ⟩ & \equiv \frac{1}{\sqrt{2}} (| к ⟩ \otimes | м ⟩ + | м ⟩ \otimes | к ⟩) & , \\ | \underset{к}{2} ⟩ & \equiv | к ⟩ \otimes | к ⟩ & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} |0,\,0,\,0,\,...\rangle &\equiv |0\rangle\otimes|0\rangle \equiv |0\rangle \quad&&,\\ |\underset{k}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|0\rangle\otimes|k\rangle + |k\rangle\otimes|0\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{1},\,\underset{m}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|k\rangle\otimes|m\rangle + |m\rangle\otimes|k\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{2} \rangle &\equiv |k\rangle\otimes|k\rangle \quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$

С этого момента мы будем обозначать одночастичные операторы через ${{}^{(j)}\hat{a}_k^\dagger}$ :

\begin{aligned} ^{(1)} {\hat{а}}_{к}^{†} | 0 ⟩ & \equiv (^{(1)} {\hat{а}}_{к}^{†} \otimes \hat{1}) | 0 ⟩ & \equiv | к ⟩ \otimes | 0 ⟩ & , \\ ^{(2)} {\hat{а}}_{к}^{†} | 0 ⟩ & \equiv (\hat{1} \otimes^{(2)} {\hat{а}}_{к}^{†}) | 0 ⟩ & знак равно | 0 ⟩ \otimes | к ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &{{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv ({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1}) \,|0\rangle &&\equiv |k\rangle \otimes |0\rangle \quad&&,\\ &{{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv (\hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \,|0\rangle &&= |0\rangle \otimes |k\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

Определим операторы _ $\hat{a}_k^\dagger$ и $\hat{a}_k$ их действием на базисные векторы следующим образом:

\begin{aligned} {\hat{а}}_{к}^{†} | 0 ⟩ & знак равно & | \underset{к}{1} ⟩, {\hat{а}}_{к} | . . ., \underset{к}{0}, . . . ⟩ знак равно 0, \\ {\hat{а}}_{к}^{†} | 1 ⟩ & знак равно 2 & | \underset{к}{2} ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle &= &&|\underset{k}{1}\rangle \quad, \qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad, \\ \hat{a}^\dagger_k\,|1\rangle &= 2\,&&|\underset{k}{2}\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

ВОПРОС 2. Как выразить эти операторы через одночастичные операторы? То есть в виде:

\sum_{к} α_{к}^{(1)} {\hat{А}}_{к} \otimes^{(1)} {\hat{Б}}_{к} .

$\begin{equation} \sum \limits_k \alpha_k\,{}^{(1)}\hat{A}_k\otimes {}^{(1)}\hat{B}_k \quad. \end{equation}$

Думаю, в принципе это должно быть возможно, так как тензорное произведение базисов пространств операторов должно образовывать базис в пространстве операторов, действующих в векторном пространстве тензорных произведений. Точнее, если любые два линейных оператора ${}^{(1)}\hat{A}$ и ${}^{(1)}\hat{B}$ можно записать в виде

^{(1)} \hat{А} знак равно \sum_{я, Дж} А^{я Дж}^{(1)} {\hat{е}}_{я Дж},^{(2)} \hat{Б} знак равно \sum_{к, л} Б^{к л}^{(2)} {\hat{е}}_{к л},

$\begin{equation} {}^{(1)}\hat{A} = \sum \limits_{i,j} A^{ij}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij} \quad,\qquad {}^{(2)}\hat{B} = \sum \limits_{k,l} B^{kl}\,{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad, \end{equation}$ то любой линейный оператор, действующий в векторном пространстве тензорных произведений, можно записать в виде

\hat{С} знак равно \sum_{я, Дж, к, л} С^{я Дж к л}^{(1)} {\hat{е}}_{я Дж} \otimes^{(2)} {\hat{е}}_{к л} .

$\begin{equation} \hat{C} = \sum \limits_{i,j,k,l} C^{ijkl}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij}\otimes{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad. \end{equation}$

Кажется естественным предложить что-то вроде

{\tilde{а}}_{к}^{†} знак равно α (^{(1)} {\hat{а}}_{к}^{†} \otimes \hat{1} + \hat{1} \otimes^{(2)} {\hat{а}}_{к}^{†}) .

$\begin{equation} \tilde{a}^\dagger_k = \alpha\,({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1} + \hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \quad. \end{equation}$ Однако не только этот вариант не дает правильных числовых коэффициентов в определении оператора

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ , но и дает нам неудовлетворительные коммутационные соотношения. За

α = 1 / \sqrt{2}

$\alpha = 1/\sqrt{2}$ один получает:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\tilde{а}}_{к}, {\tilde{а}}_{к}^{†}] | 0 ⟩ & знак равно & 1 & , \\ ⟨ \underset{к}{1} | [{\tilde{а}}_{к}, {\tilde{а}}_{к}^{†}] | \underset{к}{1} ⟩ & знак равно & 2 & , \\ ⟨ \underset{к}{2} | [{\tilde{а}}_{к}, {\tilde{а}}_{к}^{†}] | \underset{к}{2} ⟩ & знак равно - & 1 & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= &&1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= &&2\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= -&&1\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$

Хорошая новость заключается в том, что если мы просто будем следовать определениям $\hat{a}_k^\dagger$ и $\hat{a}_k$ выше (через действие на базисные векторы) коммутационные соотношения, конечно, выполняются:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] | 0 ⟩ & знак равно 1 & , \\ ⟨ \underset{к}{1} | [{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] | \underset{к}{1} ⟩ & знак равно 1 & , \\ ⟨ \underset{к}{2} | [{\hat{а}}_{к}, {\hat{а}}_{к}^{†}] | \underset{к}{2} ⟩ & знак равно ? & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= 1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= 1\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= \hspace{.35em}?\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$ Насчет последнего уравнения я не уверен, так как, как уже было сказано, в системе

n

$n$ частицы, нет особого смысла действовать оператором

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ о состоянии

| \underset{k}{n} ⟩

$|\underset{k}{n}\rangle$ , так что, я думаю, мы не должны особо беспокоиться об этом.

Теперь позвольте мне объяснить, почему возникают все эти вопросы. В принципе, меня не устраивает процесс канонического квантования полей. При квантовании поля мода за модой люди формально выполняют ту же операцию, что и в случае гармонического осциллятора. Однако значение, которое мы придаем результатам, совершенно иное.

Давайте сначала спросим себя, почему мы называем $5^{\text{th}}$ энергетическое состояние гармонического осциллятора ''частица с энергией $5\hbar\omega/2$ '', а не ''состояние пяти частиц''. Это просто вопрос соглашения? Что мешает нам использовать одночастичную КМ для описания движения нескольких частиц?

Мы все говорили, что в какой-то степени имеет смысл рассматривать частицу как гауссов волновой пакет. Позволять

| ψ (Икс, т) ⟩ знак равно | г (Икс - {Икс}_{0} - в_{группа} т) ⟩

$\begin{equation} |\psi(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle \end{equation}$ — зависящее от времени состояние, частица, локализованная вокруг

(x_{0} + v_{group} t)

$(x_0+v_{\text{group}}t)$ в это время

t

$t$ . Рассмотрим теперь суперпозицию двух таких состояний:

| \tilde{ψ} (Икс, т) ⟩ знак равно | г (Икс - {Икс}_{0} - в_{группа} т) ⟩ + | г (Икс - {Икс}_{1} + в_{группа} т) ⟩ ⟩

$\begin{equation} |\widetilde{\psi}(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle + |g\,(x-x_1+v_{\text{group}}t)\rangle\rangle \end{equation}$

Почему мы говорим, что такой волновой вектор соответствует одной частице? С теоретической точки зрения это потому, что мы начали с классической системы всего одной частицы. Тем интереснее экспериментальный подход. После измерения волновая функция коллапсирует и забывает об обоих «отдельных» гауссианах. Если бы мы установили два детектора в разных пространственных точках, только один из них наблюдал бы частицу (по сути, это эксперимент с двумя щелями). Поэтому мы трактуем возбужденные состояния гармоники гармонического осциллятора (потенциал фактически не играет никакой роли) как разные энергетические уровни одной частицы, а не как многочастичное состояние.

Теперь давайте выполним первые несколько шагов квантования поля. Для простоты воспользуемся полем Клейна-Гордона. Несмотря на то, что его можно рассматривать как квантово-механическое поле Шрёдингера в одночастичном формализме (несмотря на некоторые проблемы с отрицательными энергиями, см., например, Давыдова), хитрость заключается в том, чтобы сначала рассмотреть его как классическое волновое уравнение.

(\partial^{мю} \partial_{мю} + м^{2}) ф (Икс) знак равно 0 .

$\begin{equation} (\partial^\mu\partial_\mu+m^2)\,\phi(x)=0\quad. \end{equation}$ После (некалибровочно-инвариантного) преобразования Фурье

ф (\vec{Икс}, т) знак равно \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3}} е^{я \vec{п} \cdot \vec{Икс}} ф (\vec{п}, т),

$\begin{equation} \phi(\vec{x},t) = \int \dfrac{d^3 p}{(2\pi)^3} \operatorname{e}^{i\,\vec{p}\cdot\vec{x}} \phi(\vec{p},t) \quad, \end{equation}$ мы прибываем в

(\partial_{т}^{2} + ({\vec{п}}^{2} + м^{2})) ф (\vec{п}, т) знак равно 0,

$\begin{equation} \left(\partial^2_t+(\vec{p}^{\,2}+m^2)\right)\,\phi(\vec{p},t)=0\quad, \end{equation}$ которое выглядит как уравнение для гармонического осциллятора с частотой

ω_{\vec{p}} = \sqrt{{\vec{p}}^{2} + m^{2}}

$\omega_{\vec{p}} = \sqrt{\vec{p}^{\,2}+m^2}$ . В дальнейшем мы предполагаем, что

\vec{p}

$\vec{p}$ остается неизменной. Здесь это просто индекс, перечисляющий независимые формы колебаний. Перепишем уравнение и сравним его с обычным гармоническим осциллятором:

\begin{aligned} (\partial_{т}^{2} + ю_{\vec{п}}^{2}) ф_{\vec{п}} (т) & знак равно 0 & , \\ (\partial_{т}^{2} + ю^{2}) д (т) & знак равно 0 & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &(\partial^2_t+\omega_{\vec{p}}^2)\,\phi_{\vec{p}}(t)&&=0\quad&&,\\ &(\partial^2_t+\omega^2)\,q(t)&&=0\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$ Квантование превращается

q (t)

$q(t)$ в оператор

\hat{q} (t)

$\hat{q}(t)$ которое подчиняется тому же дифференциальному уравнению (в формализме Гейзенберга).

(\partial_{т}^{2} + ю^{2}) \hat{д} (т) знак равно 0 .

$\begin{equation} (\partial^2_t+\omega^2)\,\hat{q}(t)=0\quad. \end{equation}$ В картине Шредингера это можно записать как

\hat{д} знак равно {\hat{д}}^{†} знак равно \frac{1}{\sqrt{2 ю}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†}) .

$\begin{equation} \hat{q} = \hat{q}^\dagger = \dfrac{1}{\sqrt{2\omega}}(\hat{a} + \hat{a}^\dagger) \quad. \end{equation}$ А также

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ (до множителя),

\hat{q}

$\hat{q}$ можно использовать для создания первого возбужденного состояния из вакуума:

\sqrt{2 ю} \hat{д} | 0 ⟩ знак равно {\hat{а}}^{†} | 0 ⟩ знак равно | 1 ⟩ .

$\begin{equation} \sqrt{2\omega}\,\hat{q} |0\rangle = \hat{a}^\dagger |0\rangle = |1\rangle. \end{equation}$ Если мы хотим подняться по лестнице дальше, это только

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ кто делает работу правильно.

Мы уже обсуждали, что в случае гармонического осциллятора состояния $|n\rangle$ нельзя рассматривать как многочастичные состояния; их по необходимости следует называть возбужденными состояниями одиночной частицы.

Тем не менее, в КТП мы рассматриваем состояние ${\dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle}$ как двухчастичное состояние!

\frac{1}{2} ({\hat{а}}_{\vec{п}}^{†})^{2} | 0 ⟩ знак равно | \underset{\vec{п}}{2} ⟩,

$\begin{equation} \dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle = | \underset{\vec{p}}{2} \rangle \quad, \end{equation}$ что выглядит бессмысленным, если рассматривать его как состояние одного гармонического осциллятора. Тогда полное фоковское пространство системы есть, конечно, просто их тензорное произведение.

ВОПРОС 3. Почему в КТП мы рассматриваем эти возбуждения как многочастичные состояния?

Опять же, позвольте мне попытаться найти ответ самостоятельно. В действительности процедура квантования поля представляет собой своего рода формальный трюк. Более строгий подход заключается в рассмотрении большого числа $N$ частиц в формализме Шредингера (так же, как мы сделали с двумя частицами), а затем перейти к пределу~ $N \to \infty$ .

Этот подход часто считают олдскульным. В Ландау-Лифшица это объяснено плохо, но очень подробно в "Квантовой механике" Блохинцева. Это требует нескольких шагов:

$\quad 1. \quad$ Определить действие многочастичного гамильтонитана

\hat{ЧАС} знак равно \sum_{м знак равно 1}^{Н} {\hat{ЧАС}}_{м}

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m=1}^N \hat{H}_m \end{equation}$ на симметризованных состояниях

| . . ., \underset{k - 1}{N_{k - 1}}, \underset{k}{N_{k}}, \underset{k + 1}{N_{k + 1}}, . . . ⟩

$| ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle$ . Т.е. вычислить элементы матрицы

⟨ . . ., \underset{к - 1}{М_{к - 1}}, \underset{к}{М_{к}}, \underset{к + 1}{М_{к + 1}}, . . . | \hat{ЧАС} | . . ., \underset{к - 1}{Н_{к - 1}}, \underset{к}{Н_{к}}, \underset{к + 1}{Н_{к + 1}}, . . . ⟩ .

$\begin{equation} \langle...,\,\underset{k-1}{M_{k-1}},\,\underset{k}{M_k},\,\underset{k+1}{M_{k+1}},\,... | \, \hat{H}\, | ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle\quad. \end{equation}$

$\quad 2. \quad$ Определим операторы создания и уничтожения по их действию на эти состояния:

\begin{aligned} {\hat{а}}_{к} | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к}, . . . ⟩ & знак равно \sqrt{н_{к}} & | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к} - 1, . . . ⟩, \\ {\hat{а}}_{к} | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к}, . . . ⟩ & знак равно \sqrt{н_{к} + 1} & | н_{1}, н_{2}, . . ., н_{к} + 1, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$ Конечно, такое определение подразумевает, что коммутационные соотношения выполняются (если мы не пытаемся создать больше частиц, это разрешено формализмом).

$\quad 3. \quad$ Покажите, что гамильтониан можно красиво записать в терминах операторов рождения и уничтожения, действующих на многочастичные состояния обычным образом.

\hat{ЧАС} знак равно \sum_{м, н} {ЧАС}_{м н} {\hat{а}}_{м}^{†} {\hat{а}}_{н} + . . .,

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m,n} H_{m\,n} \hat{a}^\dagger_m\,\hat{a}_n + ...\quad, \end{equation}$ где

H_{m n}

$H_{m\,n}$ — просто одночастичные матричные элементы, а точки — условия взаимодействия. Полученное утверждение не так тривиально, как кажется, и требует некоторой работы.

Окончательное выражение для гамильтониана такое же, как и в случае замены классических полей их «вторично-квантованными» версиями. Особая причина, по которой мне нравится этот подход, заключается в том, что он позволяет нам избежать использования двух наиболее сомнительных допущений канонического квантования поля:

$\quad\bullet\quad$ ''Давайте будем рассматривать поле Шрёдингера/Клейна-Гордона/... ~ как классическое поле и проквантуем его фурье-моды...''

$\quad\bullet\quad$ ''Будем рассматривать возбуждения квантованных мод Фурье как многочастичные состояния...''

Вместо этого мы определяем операторы рождения через их действие на вакуум и постулируем, что они создают симметризованное состояние в многочастичной системе.

Можно задаться вопросом, как этот подход должен работать в ЭМ, ведь в этом случае мы имеем поле уже на классическом уровне. Вот моя догадка, сформулированная в виде вопроса.

ВОПРОС 4. Можем ли мы «вторично проквантовать» электромагнитное поле, рассматривая уравнения Максвелла как уравнения Шредингера (см., например, книги Фущича и Никитина), а затем рассматривая их многочастичные состояния?

Думаю, типичный вывод, к которому люди приходят после размышлений на такие темы, таков: «Ну, оба подхода (симметрирование одночастичных состояний и квантование мод Фурье) должны работать ; оба имеют различные плюсы и минусы; квантование поля более полезно, потому что оно быстрее приводит нас к правильному ответу (чтобы мы могли, наконец, погрузиться в вычисление амплитуд и сечений)».

Наконец, я хотел бы задать свой самый серьезный вопрос, который беспокоил меня в течение многих лет и который прекрасно иллюстрируется иллюстрацией «метода недостающего ящика» Коулмана (из его лекций по физике 253а). Один из способов перейти от классической механики к теории поля через коробку «QM»:

\begin{matrix} \begin{matrix} квантовать \\ классическая система \\ обычным способом \end{matrix} \to \begin{matrix} Возьмите много копий \\ таких систем \\ и построить \\ симметричные состояния \end{matrix} \to \\ \to \begin{matrix} Определить создание \\ и уничтожение \\ операторы по \\ действие на эти состояния \end{matrix} \to \begin{matrix} Экспресс \\ Гамильтониан в \\ с точки зрения \\ такие операторы \end{matrix} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{gathered} \begin{gathered} \text{Quantise the}\\ \text{classical system}\\ \text{in a usual way} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Take many copies}\\ \text{of such systems}\\ \text{and construct}\\ \text{symmetrised states} \end{gathered} \quad\to\\ \to\quad \begin{gathered} \text{Define creation}\\ \text{and annihilation}\\ \text{operators by}\\ \text{action on those states} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Express the}\\ \text{Hamiltonian in}\\ \text{in terms of}\\ \text{such operators} \end{gathered} \end{gathered} \end{equation}$ Другой способ, через поле «Классическая теория поля», таков:

\begin{matrix} Сделать Фурье \\ преобразование \\ классическое поле \\ уравнение \end{matrix} \to \begin{matrix} Квантовать каждый \\ независимый режим как \\ гармонический осциллятор \end{matrix} \to \begin{matrix} постулировать, что \\ восхождение по лестнице \\ всего лишь творение \\ новых частиц \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{gathered} \text{Make a Fourier}\\ \text{transform of the}\\ \text{classical field}\\ \text{equation} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Quantise each}\\ \text{independent mode as a}\\ \text{harmonic oscillator}\\ \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Postulate that the}\\ \text{climbing the ladder}\\ \text{is but the creation}\\ \text{of new particles} \end{gathered} \end{equation}$ Интересно, что во втором подходе мы никогда явно не обсуждаем симметризацию. Мы просто говорим, что возбуждения гармонического осциллятора, помеченного определенным квантовым числом, являются идентичными частицами (здесь можно подумать о теореме о спиновой статистике).

ВОПРОС 5. Почему эти две процедуры эквивалентны и приводят к одному и тому же результату?

Точнее, почему мы получаем одни и те же фоковские пространства, одни и те же операторы рождения и уничтожения?

Я знаю, все ингредиенты прямо здесь, передо мной... но все еще не могу собрать пазл. И меня не устраивает простое сравнение выходов двух черных ящиков.

Будем очень признательны за любые идеи или ссылки на различные источники.

Большое спасибо!

Кнчжоу

Есть ли способ разбить это на несколько вопросов? Вопрос № 5 — отличный вопрос, который хорошо бы стоял сам по себе. 3 и 4 также легко отделяются.

удрв

@mavzolej В первом вопросе: ваш

а^†к ${\hat a}^\dagger_k$ ,

а^к ${\hat a}_k$ определения посредством воздействия на вакуум/основное состояние подразумевают

а^†к= | к ⟩ ⟨ 0 | ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \langle 0|$ ,

а^к= | 0 ⟩ ⟨ к | ${\hat a}_k = |0\rangle \langle k|$ , но ваши матричные представления, похоже, соответствуют

а^†к= | к ⟩к−−√⟨ к - 1 | ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \sqrt{k} \langle k-1|$ ,

а^к= | к - 1 ⟩к−−√⟨ к | ${\hat a}_k = |k-1\rangle \sqrt{k} \langle k|$ . Или я неправильно понимаю вашу запись?

Мавзолей

@udrv Спасибо, я исправил матричную форму

а^†к $\hat{a}^\dagger_k$ .

Даниэль Санк

В этом посте есть две основные проблемы, которые помешают вам получить хорошие ответы. Во-первых, это слишком, слишком долго. Большинство читателей отвернутся, заметив, как много текста. Вторая (сопутствующая) проблема заключается в том, что вы задаете слишком много разных вопросов. Каждый пост на этом сайте должен задавать один конкретный вопрос. Нет ничего плохого в создании нескольких постов. Проблема с вопросами, состоящими из нескольких частей, заключается в том, что если вероятность прочитать, понять, обдумать и ответить на один вопрос равна

п $p$ , то вероятность сделать это пять раз равна

п5 $p^5$ , который крошечный.

Даниэль Санк

Еще один связанный с этим вопрос для всех, кто интересуется этим.

Даниэль Санк

В первом наборе матриц вы пишете для

а $a$ и

а† $a^\dagger$ , строки и столбцы соответствуют числовым состояниям (состояниям Фока) гармонического осциллятора. Затем вы пишете другой набор матриц для

ак $a_k$ и

а†к $a_k^\dagger$ , но совсем не очевидно, что означают строки и столбцы. Я думаю, вам следует заняться этим. Вокруг этой части поста много неверных утверждений, и я думаю, вы найдете их, если еще раз обдумаете, что вы имеете в виду с этими матрицами.

Ответы (2)

Истоки второго квантования

Есть ли способ разбить это на несколько вопросов? Вопрос № 5 — отличный вопрос, который хорошо бы стоял сам по себе. 3 и 4 также легко отделяются.
@mavzolej В первом вопросе: ваш ${\hat a}^\dagger_k$ , ${\hat a}_k$ определения посредством воздействия на вакуум/основное состояние подразумевают ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \langle 0|$ , ${\hat a}_k = |0\rangle \langle k|$ , но ваши матричные представления, похоже, соответствуют ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \sqrt{k} \langle k-1|$ , ${\hat a}_k = |k-1\rangle \sqrt{k} \langle k|$ . Или я неправильно понимаю вашу запись?
@udrv Спасибо, я исправил матричную форму $\hat{a}^\dagger_k$ .
В этом посте есть две основные проблемы, которые помешают вам получить хорошие ответы. Во-первых, это слишком, слишком долго. Большинство читателей отвернутся, заметив, как много текста. Вторая (сопутствующая) проблема заключается в том, что вы задаете слишком много разных вопросов. Каждый пост на этом сайте должен задавать один конкретный вопрос. Нет ничего плохого в создании нескольких постов. Проблема с вопросами, состоящими из нескольких частей, заключается в том, что если вероятность прочитать, понять, обдумать и ответить на один вопрос равна $p$ , то вероятность сделать это пять раз равна $p^5$ , который крошечный.
Еще один связанный с этим вопрос для всех, кто интересуется этим.
В первом наборе матриц вы пишете для $a$ и $a^\dagger$ , строки и столбцы соответствуют числовым состояниям (состояниям Фока) гармонического осциллятора. Затем вы пишете другой набор матриц для $a_k$ и $a_k^\dagger$ , но совсем не очевидно, что означают строки и столбцы. Я думаю, вам следует заняться этим. Вокруг этой части поста много неверных утверждений, и я думаю, вы найдете их, если еще раз обдумаете, что вы имеете в виду с этими матрицами.

Андрей · Answer 1

Ваш вопрос сводится к «медленному объяснению первого месяца курса квантовой теории поля», поэтому я не смогу ответить на все, что вы затронули в своем вопросе. Но я постараюсь обсудить некоторые ключевые моменты.

Для свободной теории существует эквивалентность (по крайней мере, на физическом уровне строгости) между картиной квантового поля и картиной фоковского пространства/частицы. (Существует связь между частицами и полями и во взаимодействующих теориях, но она становится гораздо более тонкой и требует достаточного количества теории групп для описания, поэтому давайте просто сосредоточимся на свободных теориях).

(Конечно, свободные теории — хороший математический инструмент и основа теории возмущений, но сами по себе они не очень физичны. Действительно, есть некоторые очень важные факты о свободных теориях, которые просто неверны для реалистичных физических теорий. Например, в свободной теории число частиц сохраняется, что в значительной степени является артефактом работы с чрезмерно упрощенной моделью и не свидетельствует о реальной физике.В некотором смысле нам действительно не понадобились бы квантовые поля, если бы число частиц сохранялось (хотя это все еще может быть удобно, и в некоторых приложениях теории поля к конденсированным средам число частиц сохраняется, но формализм теории поля все еще полезен).)

В любом случае, с точки зрения свободных теорий, я думаю, что на многие ваши вопросы можно ответить, работая с конечной решеткой в измерениях 1+1 (одно пространственное и одно временное измерение, и мы дискретизируем пространственное направление). Скажи, что есть $N$ точки на решетке, представляющие пространственные местоположения. Тогда лагранжиан теории свободного поля можно записать как-то вроде

л знак равно \sum_{Дж знак равно 1}^{Н} [\frac{1}{2} {\dot{ф}}_{Дж}^{2} - \frac{1}{2 а^{2}} {(ф_{Дж + 1} - ф_{Дж})}^{2} - \frac{м^{2}}{2} ф_{Дж}^{2}]

$\begin{equation} \mathcal{L} = \sum_{j=1}^N \left[ \frac{1}{2} \dot{\phi}_j^2 - \frac{1}{2 a^2}\left(\phi_{j+1} - \phi_j\right)^2 - \frac{m^2}{2} \phi_j^2 \right] \end{equation}$ где

a

$a$ - шаг решетки и

m

$m$ - масса скалярного поля. Я предположу для простоты, что существуют периодические граничные условия, так что

ϕ_{N + j} = ϕ_{j}

$\phi_{N+j}=\phi_j$ для любого целого числа

j

$j$ .

На самом деле это лагранжиан для $N$ гармонические осцилляторы. Нам надлежит работать с нормальными модами системы (в которых эти гармонические осцилляторы разъединяются), используя (дискретное) преобразование Фурье

{\tilde{ф}}_{к} знак равно \frac{1}{Н} \sum_{Дж знак равно 1}^{Н} ф_{я} е^{2 π я к Дж / Н}

$\begin{equation} \tilde{\phi}_k = \frac{1}{N} \sum_{j=1}^N \phi_i e^{2 \pi i k j / N} \end{equation}$ Тогда вы получите (возможно, до множителей 2 или

π

$\pi$ )

л знак равно \sum_{к знак равно 0}^{Н} (| {\dot{\tilde{ф}}}_{к} |^{2} - ю_{к}^{2} | {\tilde{ф}}_{к} |^{2})

$\begin{equation} \mathcal{L} = \sum_{k=0}^{N} \left( |\dot{\tilde{\phi}}_k|^2 - \omega_k^2|\tilde{\phi}_k|^2 \right) \end{equation}$ где

{\tilde{ϕ}}_{k}^{⋆} = {\tilde{ϕ}}_{- k}

$\tilde{\phi}_k^\star = \tilde{\phi}_{-k}$ , и где спектр определяется выражением

ю_{к}^{2} знак равно м^{2} + \frac{4}{π^{2} а^{2}} {грех}^{2} (\frac{π к}{2 Н})

$\begin{equation} \omega_k^2 = m^2 + \frac{4}{\pi^2 a^2} \sin^2\left(\frac{\pi k}{2 N}\right) \end{equation}$ За

k / N ≪ 1

$k/N \ll 1$ , спектр

ю_{к}^{2} знак равно м^{2} + {(\frac{к}{Н а})}^{2}

$\begin{equation} \omega_k^2 = m^2 + \left(\frac{k}{Na}\right)^2 \end{equation}$ что, конечно, не случайно, это дискретная версия релятивистского дисперсионного соотношения

ω^{2} = k^{2} + m^{2}

$\omega^2 = k^2 + m^2$ .

Каждый из этих гармонических осцилляторов, обозначенный $k$ , получает оператор создания и уничтожения, так что есть $N$ операторы тотального создания и $N$ операторы полного уничтожения. Каждый оператор создания и уничтожения помечен $k$ .

Состояние, описывающее одну частицу с импульсом $k / N a$ затем определяется как оператор создания для $k$ действует на вакуум. Состояние, описывающее $n$ частицы с импульсом $k / N a$ аналогичным образом определяется be (с точностью до нормализации) оператор создания для $k$ воздействующий на вакуум $n$ раз.

Почему мы называем эти состояния частиц? Вы правы в том, что мы не определяем что-либо как «частицу» только потому, что появляется квантовый гармонический осциллятор. На этом уровне (для свободной теории) мы идентифицируем энергетические уровни гармонических осцилляторов (обозначенных как $k$ ) с частицами, потому что эти состояния представляют собой дискретный пакет энергии с тем же соотношением между импульсом и энергией, что и у классической релятивистской частицы.

Чтобы дать лучший ответ, вы хотите спросить: «Что появляется в детекторе, когда я провожу эксперименты по рассеянию?» Или «что показывает счетчик фотонов?» Чтобы ответить на такой вопрос, вам действительно нужно выполнить более сложные вычисления: например, вы хотите сформировать волновые пакеты и спросить, как они распространяются, и, возможно, посмотреть, как эти волновые пакеты взаимодействуют с вашим детектором. Конечным результатом является то, что приведенная выше идентификация соответствует тому, что вы получите, взглянув на эти более тщательные расчеты.

Наконец, два быстрых других момента:

Мы также можем пойти другим путем — начав с диагонализированного лагранжиана в пространстве Фурье (картина частицы), мы можем вернуться к реальному пространству (картина поля), используя обратное преобразование Фурье.

Наконец, чтобы соединиться с теорией поля, мы можем представить себе континуальный предел $a\rightarrow 0$ а также бесконечный лимит громкости $N\rightarrow \infty$ восстановить теорию поля. Также очень легко обобщить вышеизложенное на решетки с более чем одним пространственным направлением.

Спасибо за этот ответ, он проясняет постоянные проблемы, которые у меня возникают с CuriousOne и другими по поводу полей по сравнению с qm «частицами».
Нет проблем (хотя, надеюсь, это не значит, что у меня будут проблемы :)). Связь между полями и частицами довольно глубокая и тонкая, я хожу туда-сюда между тем, считаю ли я поля удобным способом построения теорий взаимодействующих релятивистских квантовых частиц (точка зрения Вайнберга) или же «частица» — это просто удобный способ поле может вести себя в определенных пределах. Или нам следует вообще отказаться от полей и просто подумать о S-матрицах, что снова является тенденцией в некоторых кругах.
Я начал с S-матриц еще в 1963 году :) и немного с полюсами Редже.
@Андрей, спасибо за ответ. Мне нужно будет подумать. Особенно по этому поводу: «...эти состояния представляют собой дискретный пакет энергии...»

удрв · Answer 2

Ответ @Andrew дает общую картину, но я хотел бы дать несколько более конкретных указаний, которые, надеюсь, могут помочь.

Вопросы 1-2 : Пока все выглядит правильно? Как выразить эти операторы через одночастичные операторы?

Итак, вы хотите установить одночастичные аналоги лестничных операторов, используя собственные состояния 1-го квантованного гамильтониана, а затем использовать их для построения операторов вторичной лестницы квантования в симметричном многочастичном пространстве. Проблема в том, что такая процедура может быть невозможна. Вот почему:

Вся вторая структура квантования основана на изоморфизме между (анти) симметричным подпространством N-частичного гильбертова пространства и абстрактным прямым произведением «модовых» гильбертовых пространств, каждое из которых построено вокруг своей собственной алгебры лестничных операторов. Лестничные операторы ${\hat a}_n$ , ${\hat a}^\dagger_n$ в абстрактном / «модовом» гильбертовом пространстве, очевидно, есть эквиваленты в исходном N-частичном (анти) симметричном подпространстве. Но не может быть выражен в виде симметризованных сумм подобных одночастичных операторов. Чтобы понять, почему, предположим, что ${\hat a}_n$ , ${\hat a}^\dagger_n$ действительно могут быть выражены в виде таких симметризованных сумм, читая

{\hat{а}}_{н} \sim \sum_{к знак равно 1}^{Н} {\hat{α}}_{н}^{(к)}, {\hat{а}}_{н}^{†} \sim \sum_{к знак равно 1}^{Н} {({\hat{α}}_{н}^{(к)})}^{†}

${\hat a}_n \sim \sum_{k=1}^N{ {\hat \alpha}^{(k)}_n},\;\;\; {\hat a}^\dagger_n \sim \sum_{k=1}^N{ \left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger}$ до некоторого подходящего нормировочного коэффициента, где

{\hat{α}}_{n}^{(k)}

${\hat \alpha}^{(k)}_n$ ,

{({\hat{α}}_{n}^{(k)})}^{†}

$\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger$ являются желаемыми «операторами одночастичной лестницы» для частиц

k

$k$ и "режим"/собственное состояние

n

$n$ , и каждый термин следует понимать в смысле

{\hat{α}}_{n}^{(k)} \otimes [⨂_{j \neq k} {\hat{I}}^{(j)}]

${\hat \alpha}^{(k)}_n\otimes \left[\bigotimes_{j\neq k}{\hat I}^{(j)}\right]$ . Последнее можно естественно предположить (анти) коммутирующим для разных частиц и собственных состояний (предварительная симметризация), поэтому

{[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {\hat{α}}_{n}^{(j)}]}_{\pm} = {[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {({\hat{α}}_{n}^{(j)})}^{†}]}_{\pm} = 0

$\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, {\hat \alpha}^{(j)}_n\right]_\pm = \left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, \left( {\hat \alpha}^{(j)}_n\right)^\dagger\right]_\pm = 0$ для любого

j \neq k

$j\neq k$ и для

n \neq m

$n\neq m$ когда

j = k

$j = k$ . Тогда (анти)коммутационные соотношения для

{\hat{a}}_{n}

${\hat a}_n$ -с,

{[{\hat{а}}_{м}, {\hat{а}}_{н}]}_{\pm} знак равно 0, {[{\hat{а}}_{м}, {\hat{а}}_{н}^{†}]}_{\pm} знак равно {дельта}_{м н} \hat{я}

$\left[{\hat a}_m, {\hat a}_n\right]_\pm = 0,\;\;\; \left[ {\hat a}_m, {\hat a}^\dagger_n\right]_\pm = \delta_{mn}{\hat I}$ требовать

0 знак равно {[{\hat{а}}_{м}, {\hat{а}}_{н}]}_{\pm} \sim \sum_{к знак равно 0}^{Н} {[{\hat{α}}_{м}^{(к)}, {\hat{α}}_{н}^{(к)}]}_{\pm}, {дельта}_{м н} \hat{я} знак равно {[{\hat{а}}_{м}, {\hat{а}}_{н}^{†}]}_{\pm} \sim \sum_{к знак равно 0}^{Н} {[{\hat{α}}_{м}^{(к)}, {({\hat{α}}_{н}^{(к)})}^{†}]}_{\pm}

$0 = \left[{\hat a}_m, {\hat a}_n\right]_\pm \sim \sum_{k=0}^N{\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, {\hat \alpha}^{(k)}_n\right]_\pm }, \;\;\;\; \delta_{mn}{\hat I} = \left[{\hat a}_m, {\hat a}^\dagger_n\right]_\pm \sim \sum_{k=0}^N{\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m,\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger\right]_\pm }$ Важным моментом здесь является то, что в любом случае левая сторона не зависит от

N

$N$ . Тогда первое уравнение выше подразумевает, что каждый член в правой части должен тождественно исчезать, и это здорово. Но для 2-го экв. Какой бы рецепт мы ни предложили для

{[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {({\hat{α}}_{n}^{(k)})}^{†}]}_{\pm}

$\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m,\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger\right]_\pm$ , нет способа нормализовать сумму так, чтобы результат был отличен от нуля, но не зависел от

N

$N$ для любого

N

$N$ .

Итог : как бы интуитивно это ни казалось на первый взгляд, это не тот путь.

Вопрос 3 : Почему в КТП мы рассматриваем эти возбуждения как многочастичные состояния?

Краткий ответ: из-за изоморфизма с многочастичной структурой. Иногда, как в физике твердого тела, именно по этой причине возбуждения называют квазичастицами . Вспомните фононы и экситоны. То же самое касается фотонов и любых других квантов поля, но по историческим причинам они называются «частицами».

Вопрос 4 : Можем ли мы «вторично квантовать» электромагнитное поле, рассматривая уравнения Максвелла как уравнения Шредингера (см., например, книги Фущича и Никитина), а затем рассматривая их многочастичные состояния?

К сожалению, я не знаком с упомянутой вами книгой, но вы можете погуглить «уравнения Максвелла в форме Дирака», например, эту статью и эту страницу Википедии (особенно ссылки внутри). Никогда не видел, чтобы это использовалось в качестве отправной точки для вторичного квантования, но почему бы и нет? Возможно интересная идея?

Вопрос 5 : Почему эти две процедуры эквивалентны и приводят к одному и тому же результату?

Другой короткий ответ, такой же, как и для вопроса 3: потому что обе процедуры основаны на изоморфизме с одним и тем же типом абстрактного гильбертова пространства и связанной алгеброй операторов. Как упоминалось ранее, процедура «Классическая механика»/«частица» наблюдает изоморфизм между конечным (анти)симметричным подпространством N-частичного гильбертова пространства и подпространством «фиксированного числа частиц» абстрактного второго квантованного пространства, в то время как « Процедура «Теория поля» дает истинный изоморфизм («постулат», о котором вы упоминаете).

Истоки второго квантования

Мавзолей

Кнчжоу

удрв

Мавзолей

Даниэль Санк

Даниэль Санк

Даниэль Санк

Ответы (2)

Андрей

Анна В

Андрей

Анна В

Мавзолей

удрв

Связь первого квантования со вторым квантованием (квантовая теория поля)

Как заполнить пробелы в этой конструкции QFT?

Суперпозиция состояний при вторичном квантовании

Вакуум в квантовых теориях поля: что это такое?

Как можно взять скалярное произведение состояний, принадлежащих двум разным гильбертовым пространствам?

Эволюция Шредингера для уравнения Клейна-Гордона

Вывод гамильтониана одиночного тела в КТП

Как записать выходное состояние светоделителя?

Вопрос о «волновой функции» в релятивистской квантовой механике (РКМ) и квантовой теории поля (КТП)

Концептуальная трудность в понимании непрерывного векторного пространства