Как вывести это выражение для свободного скалярного поля в КТП? (Пескин и Шредер)

Question

Как вывести это выражение для свободного скалярного поля в КТП? (Пескин и Шредер)

Физика
преобразование Фурье
гармонический осциллятор
квантовая теория поля
уравнение Клейна-Гордона

Пхх

Во вступительном тексте Пескина и Шредера к квантовой теории поля они утверждают, что по аналогии с простым гармоническим осциллятором в квантовой механике свободное скалярное поле может быть выражено как:

\begin{matrix} (2.25) & ф (\vec{Икс}) "=" \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3}} \frac{1}{\sqrt{2 ю_{п}}} (а_{п} е^{я \vec{п} \cdot \vec{Икс}} + а_{п}^{†} е^{- я \vec{п} \cdot \vec{Икс}}) \end{matrix}

$\phi(\vec{x}) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2 \omega_p}} \left( a_p e^{i \vec{p}\cdot\vec{x}} + a^{\dagger}_p e^{-i \vec{p}\cdot\vec{x}} \right) \tag{2.25}$

В квантовой механике $\phi$ будет записано как:

ф "=" \frac{1}{\sqrt{2 ю_{п}}} (а + а^{†})

$\phi = \frac{1}{\sqrt{2 \omega_p}} \left( a + a^{\dagger} \right)$

Я вижу сходство между двумя выражениями, а также тот факт, что свободное поле Клейна-Гордона можно разложить следующим образом:

\begin{matrix} (2.20б) & ф (\vec{Икс}, т) "=" \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3}} е^{я \vec{п} \cdot \vec{Икс}} ф (\vec{п}, т) . \end{matrix}

$\phi(\vec{x},t) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \vec{p}\cdot\vec{x}} \phi(\vec{p},t).\tag{2.20b}$

Однако я не понимаю, как получить окончательное выражение, приведенное выше, особенно экспоненту с отрицательным знаком во втором члене. Это, вероятно, просто мелочь, которую я не вижу, но я был бы благодарен, если бы кто-нибудь мог мне подсказать.

СлучайныйПреобразование Фурье

по теме: Вопрос об использовании разложения Фурье для решения уравнения Клейна-Гордона и ссылки на него.

Ответы (1)

Как вывести это выражение для свободного скалярного поля в КТП? (Пескин и Шредер)

по теме: Вопрос об использовании разложения Фурье для решения уравнения Клейна-Гордона и ссылки на него.

Дж. Г. · Answer 1

Я приму аббревиатуру $kx:=k_0x^0-\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}$ . Уравнение Клейна-Гордона $(\square +m^2)\phi=0$ можно решить преобразованием Фурье. Письмо $\phi(x)=\int d^4ke^{-ikx}\tilde{\phi}(k)$ мы получаем $(k^2-m^2)\tilde{\phi}(k)=0$ , т.е. $\tilde{\phi}(k)=\tilde{\varphi}(k)\delta(k^2-m^2)$ для некоторой функции $\tilde{\varphi}(k)$ . С использованием

дельта (к^{2} - м^{2}) "=" \frac{дельта (к_{0} - ю_{к}) + дельта (к_{0} + ю_{к})}{2 ю_{к}}

$\delta(k^2-m^2)=\dfrac{\delta(k_0-\omega_\mathbf{k})+\delta(k_0+\omega_\mathbf{k})}{2\omega_\mathbf{k}}$ дает

ф (Икс) "=" \int \frac{г^{3} к}{(2 π)^{3} 2 ю_{к}} (а_{+} (к) е^{- я к Икс} + а_{-}^{*} (к) е^{я к Икс})

$\phi(x)=\int\dfrac{d^3k}{(2\pi)^32\omega_\mathbf{k}}(a_+(k)e^{-ikx}+a_-^\ast(k)e^{ikx})$ с

а_{+} (к) "=" (2 п я)^{3} \tilde{ф} (ю_{к}, к), а_{-} (к) "=" (2 п я)^{3} {\tilde{ф}}^{*} (- ю_{к}, к) .

$a_+(k):=(2pi)^3\tilde{\varphi}(\omega_\mathbf{k},\,\mathbf{k}),\,a_-(k):=(2pi)^3\tilde{\varphi}^\ast(-\omega_\mathbf{k},\,\mathbf{k}).$ Серьезно

ϕ

$\phi$ ,

a_{-} = a_{+}^{†}

$a_-=a_+^\dagger$ , так определяющий

a := a_{+}

$a:=a_+$ были сделаны. (У вас ошибочный

\sqrt{}

$\sqrt{}$ войдите в лоренц-инвариантный оператор интегрирования.) Обратите внимание, в частности, на ваш

e^{i k \cdot x}

$e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}$ коэффициент

a_{k}

$a_k$ является

e^{i (k_{0} x^{0} - k x)}

$e^{i(k_0x^0-kx)}$ , но я впитал

e^{i k_{0} x^{0}}

$e^{ik_0x^0}$ фактор в моем определении

a_{k}

$a_k$ чтобы продемонстрировать лоренц-инвариантность приведенного выше результата.

Большое спасибо за ваш ответ, это очень ясно! Вы уверены в ошибочном $\sqrt{}$ ? У Пескина она вроде бы есть (ур. 2.25, стр. 21), с $\omega_p = \sqrt{p^2 + m^2}$ . Или, может быть, я неправильно понимаю, что вы имеете в виду?
У меня есть еще один вопрос относительно результата, который вы даете для $\tilde{phi}(k)$ в вашем первом абзаце: действительно ли интеграл существует или он просто равен некоторой функции, умноженной на дельта-функцию?
@Julien (i) Я имею в виду ваше первое уравнение, имеющее $\dfrac{1}{\sqrt{2\omega_\mathbf{k}}}$ . Частота, конечно, уже квадратный корень. Подсчет мощности моего ответа основан на стр. 47/8 здесь . (ii) Ах, это была ошибка, которую я исправил. Там есть забавная история: когда я изначально писал ответ, я случайно пропустил один или два знака интеграла, но я явно перестарался, расставив его по местам.
Спасибо за Ваш ответ! Странно, у Пескина и в заметках Дэвида Тонга действительно есть квадратный корень, хотя я вижу, что его нет в вашей ссылке, и я слышу ваш аргумент. У меня нет ссылки на Пескина, но лекции Д. Тонга (которые вы можете найти здесь: damtp.cam.ac.uk/user/tong/qft/qft.pdf ) основаны, по-моему, на Пескине (см. уравнение 2.18 стр. 23).
Ну, нам определенно не нужен лишний квадратный корень. Как было объяснено здесь , это просто $1/k_0$ фактор от дельты Дирака в моем ответе выше.
Квадратный корень (или его отсутствие) соответствует разным соглашениям (некоторые авторы переопределяют $a\to \sqrt{2\omega} a$ ). Обе конвенции прекрасно подходят.
@AccidentalFourierTransform Спасибо за разъяснение этого момента. Это все ясно теперь.
На самом деле у меня все еще есть проблема, которую я раньше не замечал: когда я подставляю сумму дельта-функций Дирака внутрь интеграла преобразования Фурье, я получаю: $ф (Икс) \propto \int г^{3} к \frac{1}{2 ю_{к}} (е^{я к Икс} дельта (к_{0} - ю_{к}) + е^{я к Икс} дельта (к_{0} + ю_{к})) ф (к) "=" \int г^{3} к \frac{1}{2 ю_{к}} (е^{я (ю_{к} т - \vec{к} \cdot \vec{Икс})} ф (ю_{к}, \vec{к}) + е^{я (- ю_{к} т - \vec{к} \cdot \vec{Икс})} ф (- ю_{к}, \vec{к}))$ $\phi(x) \propto \int d^3 k \frac{1}{2\omega_k} \left(e^{i kx} \delta(k_0 - \omega_k) + e^{i kx} \delta(k_0 + \omega_k) \right) \varphi(k) = \int d^3 k \frac{1}{2\omega_k} \left(e^{i (\omega_k t - \vec{k}\cdot\vec{x})} \varphi(\omega_k, \vec{k}) + e^{i (-\omega_k t - \vec{k}\cdot\vec{x})} \varphi(-\omega_k, \vec{k}) \right)$ . Моя проблема связана с экспонентами: 1-й член в порядке, но как 2-й член превращается в $e^{-i kx}$ ?
Ах, неважно, этот шаг объясняется @AccidentalFourierTransform в ссылке, которую он разместил в комментарии к вопросу.

Как вывести это выражение для свободного скалярного поля в КТП? (Пескин и Шредер)

Пхх

СлучайныйПреобразование Фурье

Ответы (1)

Дж. Г.

Пхх

Пхх

Дж. Г.

Пхх

Дж. Г.

СлучайныйПреобразование Фурье

Пхх

Пхх

Пхх

Квантовая теория поля: операторы поля в терминах операторов рождения/уничтожения

Расширение свободного скалярного поля с помощью лестничных операторов

Решение уравнения Клейна-Гордона с помощью преобразования Фурье

Зачем использовать разложение Фурье в квантовой теории поля?

Квантование поля Клейна Гордона: почему это правильный способ выражения поля?

Почему четырехвекторы не используются в определении квантового поля Клейна-Гордона?

Вещественное скалярное поле: в каком смысле моды Минковского полны?

Оценка пропагатора без эпсилон-трюка

Все ли квантовые скалярные поля связаны с полем Клейна-Гордона?

Расширение поля в Peskin & Schroeder