Лагранжиан поля Шредингера

Question

Лагранжиан поля Шредингера

Физика
Уравнение-шредингера
Гамильтонова-формализма
Лагранжиан-формализма
Сдерживаются-динамика
Квантово-полевая-теория

user5468

Обычный лагранжев Шредингера

\begin{matrix} (1) & я (ψ^{*} \partial_{T} ψ) + \frac{1}{2 м} ψ^{*} (\nabla^{2}) ψ, \end{matrix}

который дает правильные уравнения движения, с сопряженным импульсом для

ψ^{*}

ψ^{*}

ψ^{*}

ψ^{*}

ψ^{*}

исчезающий. Эта лагранжева плотность не является реальной, но отличается от реальной лагранжевой плотности

\begin{matrix} (2) & \frac{я}{2} (ψ^{*} \partial_{T} ψ - ψ \partial_{T} ψ^{*}) + \frac{1}{2 м} ψ^{*} (\nabla^{2}) ψ \end{matrix}

по полной производной.

Моя проблема в том, что эти две плотности лагранжиана приводят к различным сопряженным импульсам, и, следовательно, при установлении равных соотношений коммутации по времени, я получаю разные результаты (проблема в 2 раза). Я могу изменить масштаб полей, но мой гамильтониан тоже изменится. Затем, применяя уравнение движения Гейзенберга, я не получаю операторное уравнение Шредингера.

Можно ли работать с реальной лагранжевой плотностью и как-то получить правильные коммутационные соотношения? Я ожидал, что два лагранжиана, различающихся по полному производному, дадут одинаковые коммутационные соотношения (поскольку канонические преобразования сохраняют их). Но, возможно, я делаю очень простую ошибку. Если все сопряженные импульсы не эквивалентны для двух лагранжианов, отличающихся суммарными производными, как выбрать правильный?

Я думаю, то же самое происходит и с другими системами первого порядка, такими как дираковский лагранжиан.

Томаш Браунер

У меня нет времени для подробного ответа на ваш вопрос, но это может помочь взглянуть на конец гл. 7.2 в учебнике Вайнберга (т. 1). Он обсуждает эффект добавления полной производной по времени к лагранжиану и показывает, что, изменяя канонический импульс, он не влияет на коммутационные соотношения теории.

Ответы (1)

Лагранжиан поля Шредингера

У меня нет времени для подробного ответа на ваш вопрос, но это может помочь взглянуть на конец гл. 7.2 в учебнике Вайнберга (т. 1). Он обсуждает эффект добавления полной производной по времени к лагранжиану и показывает, что, изменяя канонический импульс, он не влияет на коммутационные соотношения теории.

Qmechanic · Answer 1

Здесь мы для простоты рассмотрим только систему Шредингера. Мы будем предполагать, что

\begin{matrix} (А) & φ знак равно (φ^{1} + я φ^{2}) / \sqrt{2} \end{matrix}

это сложное бозонное поле, и это

\begin{matrix} (В) & φ^{*} знак равно (φ^{1} - я φ^{2}) / \sqrt{2} \end{matrix}

комплексное сопряжение, где $ϕ^{a}$ $ϕ^{a}$ $ϕ^{a}$ $φ^{}$ два реальных компонента поля, $a = 1, 2$ $a = 1, 2$ $знак равно 1, 2$ , [Обратите внимание на изменение в обозначениях $ψ ⟶ ϕ$ $ψ ⟶ ϕ$ $ψ ⟶ φ$ по сравнению с вопросом OP (v1).]

1) лагранжева плотность

\begin{matrix} (С) & L знак равно я φ^{*} \dot{φ} + \frac{1}{2 м} φ^{*} \nabla^{2} φ \end{matrix}

для поля Шредингера $ϕ$ $ϕ$ $φ$ уже в гамильтоновой форме

\begin{matrix} (D) & L знак равно π \dot{φ} - ЧАС, \end{matrix}

Просто определите сложный импульс

\begin{matrix} (Е) & π знак равно я φ^{*}, \end{matrix}

и гамильтонова плотность

\begin{matrix} (F) & ЧАС знак равно - \frac{1}{2 м} φ^{*} \nabla^{2} φ, \end{matrix}

В более общем смысле эта идентификация является простым примером метода Фаддеева-Джекива .

2) Напомним, что уравнения Эйлера-Лагранжа не изменяются путем добавления $4$ $4$ $4$ -расходимости $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ $d_{μ} Λ^{μ}$ к лагранжевой плотности

\begin{matrix} (ГРАММ) & L ⟶ L^{'} знак равно L + d_{μ} Λ^{μ}, \end{matrix}

ср например, этот пост Phys.SE. [Мы используем символ $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ (скорее, чем $\partial_{μ}$ $\partial_{μ}$ $\partial_{μ}$ $\partial_{μ}$ $\partial_{μ}$ ) подчеркнуть тот факт, что производная $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ $d_{μ}$ является полной производной, которая включает в себя как неявное дифференцирование через переменные поля $ϕ^{a} (x)$ $ϕ^{a} (x)$ $ϕ^{a} (x)$ $ϕ^{a} (x)$ $ϕ^{a} (x)$ $φ^{} (Икс)$ и явное дифференцирование по сравнению с $x^{μ}$ $x^{μ}$ $x^{μ}$ $x^{μ}$ ${Икс}^{μ}$ .] Следовательно, мы можем (посредством пространственного интегрирования по частям) выбрать эквивалентную гамильтонову плотность

\begin{matrix} (ЧАС) & ЧАС ⟶ {ЧАС}^{'} знак равно \frac{1}{2 м} | \nabla φ |^{2} знак равно \frac{1}{4 м} (\nabla φ^{1})^{2} + \frac{1}{4 м} (\nabla φ^{2})^{2}, \end{matrix}

и мы можем (через временные интегрирования по частям) выбрать эквивалентный кинетический термин

я φ^{*} \dot{φ} знак равно π \dot{φ} ⟶

\begin{matrix} (Я) & \frac{1}{2} (π \dot{φ} - φ \dot{π}) знак равно \frac{я}{2} (φ^{*} \dot{φ} - φ {\dot{φ}}^{*}) знак равно \frac{1}{2} (φ^{2} {\dot{φ}}^{1} - φ^{1} {\dot{φ}}^{2}) ⟶ φ^{2} {\dot{φ}}^{1}, \end{matrix}

Последнее выражение показывает (в соответствии с методом Фаддеева-Джекива), что

\begin{matrix} (J), & Второй компонент φ^{2} это импульсы для первого компонента φ^{1}, \end{matrix}

3) В качестве альтернативы, мы можем выполнить анализ Дирака-Бергмана $^{1}$ $^{1}$ $^{1}$ $^{1}$ непосредственно. Рассмотрим, например, плотность Лагранжа

\begin{matrix} (К) & L^{'} знак равно (α + \frac{1}{2}) φ^{2} {\dot{φ}}^{1} + (α - \frac{1}{2}) φ^{1} {\dot{φ}}^{2} - {ЧАС}^{'}, \end{matrix}

где $α$ $α$ $α$ произвольное вещественное число. [Срок $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (ϕ^{1} ϕ^{2}) / d t$ $d (φ^{1} φ^{2}) / d T$ , который умножается на $α$ $α$ $α$ в $L^{'}$ $L^{'}$ $L^{'}$ $L^{'}$ $L^{'}$ , - полная производная по времени.] Проверим, что процедура квантования не зависит от этого параметра $α$ $α$ $α$ , Введем канонические скобки Пуассона

{φ^{} (Икс, T), φ^{б} (Y, T)}_{п В} знак равно 0,

{φ^{} (Икс, T), π_{б} (Y, T)}_{п В} знак равно δ_{б}^{} δ^{3} (Икс - Y),

\begin{matrix} (Л) & {π_{} (Икс, T), π_{б} (Y, T)}_{п В} знак равно 0, \end{matrix}

стандартным способом. Канонические импульсы $π_{a}$ $π_{a}$ $π_{a}$ $π_{}$ определяются как

π_{1} знак равно \frac{\partial L^{'}}{\partial {\dot{φ}}^{1}} знак равно (α + \frac{1}{2}) φ^{2},

\begin{matrix} (М) & π_{2} знак равно \frac{\partial L^{'}}{\partial {\dot{φ}}^{2}} знак равно (α - \frac{1}{2}) φ^{1}, \end{matrix}

Эти два определения создают два основных ограничения

χ_{1} знак равно π_{1} - (α + \frac{1}{2}) φ^{2} \approx 0,

\begin{matrix} (N) & χ_{2} знак равно π_{2} - (α - \frac{1}{2}) φ^{1} \approx 0, \end{matrix}

где $\approx$ $\approx$ $\approx$ Знак означает равные ограничения по модулю. Два ограничения второго сорта, потому что

\begin{matrix} (O) & {χ_{2} (Икс, T), χ_{1} (Y, T)}_{п В} знак равно δ^{3} (Икс - Y) \neq 0. \end{matrix}

Таким образом скобка Пуассона должна быть заменена скобкой Дирака . [Нет никаких вторичных ограничений, потому что

\begin{matrix} (П) & {\dot{χ}}_{} (Икс, T) знак равно {χ_{} (Икс, T), {ЧАС}^{'} (T)}_{D В} знак равно 0, {ЧАС}^{'} (T) знак равно \int d^{3} Y {ЧАС}^{'} (Y, T), \end{matrix}

автоматически удовлетворяются.] Кронштейн Дирака между двумя $ϕ^{a}$ $ϕ^{a}$ $ϕ^{a}$ $φ^{}$ это

\begin{matrix} (Q) & {φ^{1} (Икс, T), φ^{2} (Y, T)}_{D В} знак равно δ^{3} (Икс - Y), \end{matrix}

приводя к тому же выводу (J), что и метод Фаддеева-Джекива. Обратите внимание, что уравнения. (O) и (Q) не зависят от параметра $α$ $α$ $α$ ,

4) Во всех случаях канонические равноправные коммутаторные соотношения для соответствующих операторов становятся

[{\hat{φ}}^{1} (Икс, T), {\hat{φ}}^{2} (Y, T)] знак равно я ℏ 1 δ^{3} (Икс - Y),

[\hat{φ} (Икс, T), {\hat{φ}}^{†} (Y, T)] знак равно ℏ 1 δ^{3} (Икс - Y),

\begin{matrix} (Р) & [\hat{φ} (Икс, T), \hat{π} (Y, T)] знак равно я ℏ 1 δ^{3} (Икс - Y), \end{matrix}

-

$^{1}$ $^{1}$ $^{1}$ $^{1}$ См., Например, M. Henneaux и C. Teitelboim, Квантование калибровочных систем, 1992.

Большое спасибо Qmechanic за очень подробный ответ. Я очень ценю помощь.
Примечания для дальнейшего: действие Шредингера для нескольких частиц $я [ψ] знак равно \int d T [Π_{J знак равно 1}^{N} d^{3} {Икс}_{J}] L,$
Примечания к последующему: плотность лагранжерова $L знак равно \frac{я ℏ}{2} (ψ^{*} \dot{ψ} - {\dot{ψ}}^{*} ψ) - Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{ℏ^{2}}{2 м_{J}} | \nabla_{J} ψ |^{2} - В | ψ |^{2}$ $знак равно - ρ \dot{S} - Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{ℏ^{2}}{2 м_{J}} (\nabla_{J} \sqrt{ρ})^{2} - Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{ρ}{2 м_{J}} (\nabla_{J} S)^{2} - ρ В,$ где мы переписали волновую функцию $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ = \sqrt{ρ} \exp (\frac{i}{ℏ} S)$ $ψ знак равно \sqrt{ρ} ехр (\frac{я}{ℏ} S)$ в "полярных" координатах $ρ$ $ρ$ $ρ$ и $S$ $S$ $S$ ,
Примечания на потом: дело $N = 1$ $N = 1$ $N = 1$ $N = 1$ $N знак равно 1$ : Обратите внимание, что $ρ$ $ρ$ $ρ$ и $S$ $S$ $S$ канонические переменные ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (x), S (y)} = δ^{3} (x - y)$ ${ρ (Икс), S (Y)} знак равно δ^{3} (Икс - Y)$ и что $L$ $L$ $L$ уже на гамильтоновой форме первого порядка. Картина Шредингера предполагает второе квантование, ср. например, этот пост Phys.SE.
Примечания для позже: EL eqs. WRT. $ρ$ $ρ$ $ρ$ и $S$ $S$ $S$ находятся $\dot{S} - Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{ℏ^{2}}{2 м_{J} \sqrt{ρ}} \nabla_{J}^{2} \sqrt{ρ} + Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{1}{м_{J}} (\nabla_{J} S)^{2} + В \approx 0 и \dot{ρ} + Σ_{J знак равно 1}^{N} \frac{1}{м_{J}} \nabla_{J} \cdot (ρ \nabla_{J} S) \approx 0,$ соответственно. Уравнения Маделунга с $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $u_{j} := \frac{1}{m_{j}} \nabla_{j} S$ $U_{J} знак равно \frac{1}{м_{J}} \nabla_{J} S$ являются прямыми последствиями (и аналогами уравнений Навье – Стокса). См. Также теорию пилот-волн де Бройля – Бома .

Лагранжиан поля Шредингера

user5468

Томаш Браунер

Ответы (1)

Qmechanic

user5468

Qmechanic ♦

Qmechanic ♦

Qmechanic ♦

Qmechanic ♦

Обобщенные силы и потенциальная энергия

Физический смысл преобразования Лежандра

Зачем рассматривать сложное скалярное поле и его комплексное сопряжение как два разных поля?

ϕ 4 ϕ4 теория кинков как фермионов?

Рассеяние, возмущение и асимптотические состояния в формуле редукции LSZ

Momentum Shell RG для модели Ising

Построение решений нестационарного уравнения Шредингера

Полный фотонный пропагатор в расчете S-матрицы

Если фотоны несут 1 спиновую единицу, почему у видимого света нет углового момента?

Интегралы по числам Грассмана