Оператор временного заказа в Средницком

Question

Оператор временного заказа в Средницком

Физика
s-матричная теория
математическая физика
квантовая теория поля
корреляционные функции

Physics_maths

На странице 51 Средницкий утверждает : «Обратите внимание, что операторы расположены в порядке времени... мы можем вставить $T$ ничего не меняя». С этим я согласен. Но затем в следующем абзаце он утверждает: «Оператор порядка времени $T$ , перемещает все... где они аннигилируют...". Насколько корректен этот абзац? Всегда ли верно уравнение (5.14)? Является ли уравнение (5.14) причиной того, что символ упорядочения во времени $T$ появляется повсюду в QFT?

Я имею в виду уравнения (доступен пакет скоб?):

\begin{matrix} (5.13) & ⟨ ф | я ⟩ "=" ⟨ 0 | а_{1^{'}} (+ \infty) а_{2^{'}} (+ \infty) а_{1}^{†} (- \infty) а_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \end{matrix}

$\langle f|i\rangle = \langle0|~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \tag{5.13}$

и так как время идет справа налево внутри скобки мы ставим $T$ -символ

\begin{matrix} (5.14) & ⟨ ф | я ⟩ "=" ⟨ 0 | Т а_{1^{'}} (+ \infty) а_{2^{'}} (+ \infty) а_{1}^{†} (- \infty) а_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \end{matrix}

$\langle f|i\rangle = \langle 0|T ~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \tag{5.14}$

ничего не меняя.

После этого $T$ -символ появляется везде!

пользователь 28355

Оператор временного порядка сообщает нам, какие поля входят во взаимодействие на диаграммах Фейнмана. Так что абзац, который вы процитировали, верен.

ДжеффДрор

Было бы полезно, если бы вы могли записать соответствующее уравнение.

Qмеханик

Комментарий к вопросу: повторяя комментарий Джеффа Дрора, было бы хорошо, если бы OP (или кто-то еще?) мог попытаться сделать формулировку вопроса автономной, чтобы не нужно было открывать ссылку, чтобы понять вопрос.

Ответы (3)

Оператор временного заказа в Средницком

Оператор временного порядка сообщает нам, какие поля входят во взаимодействие на диаграммах Фейнмана. Так что абзац, который вы процитировали, верен.
Было бы полезно, если бы вы могли записать соответствующее уравнение.
Комментарий к вопросу: повторяя комментарий Джеффа Дрора, было бы хорошо, если бы OP (или кто-то еще?) мог попытаться сделать формулировку вопроса автономной, чтобы не нужно было открывать ссылку, чтобы понять вопрос.

ззз · Answer 1

Привет, я знаю, что это старый вопрос, но он меня тоже сбил с толку, и я подумал, что было бы неплохо поделиться ответом. Это скорее вопрос обозначений, но то, что он делает, абсолютно правильно.

Если я правильно понимаю, вы спрашиваете, допустимо ли вставлять туда символ упорядочения времени. В частности, это может показаться немного странным, потому что если убрать символ упорядочения по времени, скажем, из (5.15), то полученный ответ будет заведомо другим, поэтому может показаться, что вставка символа упорядочения по времени действительно меняет значение выражения. Это не вариант.

Во-первых, по определению символа временного упорядочения следующее тривиально верно.

⟨ 0 | а_{1^{'}} (+ \infty) а_{2^{'}} (+ \infty) а_{1}^{†} (- \infty) а_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ "=" ⟨ 0 | Т а_{1^{'}} (+ \infty) а_{2^{'}} (+ \infty) а_{1}^{†} (- \infty) а_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \equiv А

$\langle0|~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle =\langle 0|T ~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \equiv \mathcal{A}$

На следующем шаге Средненицкий использует (5.11) и (5.12), чтобы переписать лестничные операторы. В частности, он подставляет (5.11) и (5.12) в ПРАВУЮ часть приведенного выше равенства и заключает, что все члены этого разложения, содержащие лестничные операторы, исчезнут, потому что упорядоченные по времени члены лестничных операторов уничтожат основные состояния. Это дает (5.15)

Теперь попробуйте подставить (5.11) и (5.12) в левую часть приведенного выше. Поскольку у нас больше нет упорядочения по времени, термы, содержащие лестничные операторы, больше не исчезают. В частности, вы получите выражение (5.15) без операторов упорядочения по времени, ПЛЮС целую кучу других терминов, содержащих лестничные операторы.

Следовательно, если мы возьмем (5.15) и удалим символ порядка времени, это НЕ даст вам $\mathcal{A}$ . Другими словами, символ порядка времени $T$ появляется в формуле LSZ, потому что мы сделали упрощение в (5.15), чтобы убрать члены лестничного оператора.

Что касается того, почему оператор упорядочения по времени везде появляется в теории поля, я думаю, что другой (возможно, более фундаментальной) причиной являются (6.13) и (6.18) у Средненицкого: т. е. когда мы строим интегралы по траекториям с функциональными производными, результирующее выражение может быть записана как группа упорядоченных по времени операторов положения, зажатых между двумя состояниями.

Это было бы полезно для большего количества людей, если бы вы явно включили все уравнения, на которые вы ссылаетесь.
@bechira Меня очень смущает твой ответ. Во втором абзаце вы сказали: «может показаться, что вставка символа упорядочения по времени действительно меняет значение выражения. Это не так». Поэтому я подумал, что вы собираетесь показать, что ничего не изменится, когда будет наложен порядок. Однако в предпоследнем абзаце вы сказали: «Поэтому, если мы возьмем (5.15) и удалим символ упорядочения по времени, это НЕ даст вам A». Два утверждения явно противоречат друг другу.
@bechira Вы также упомянули, что «другими словами, символ упорядочения по времени T появляется в формуле LSZ, потому что мы сделали упрощение в (5.15), чтобы исключить члены оператора лестницы». Чем оправдано это так называемое «упрощение»?
@ M.Zeng это было давно, сегодня позже я полностью перепишу этот ответ - ответ правильный, но, возможно, сформулирован не самым педагогическим образом. А пока не стесняйтесь перечитывать ее еще пару раз.
Можете ли вы действительно заменить внутри символ времени irdering хотя. Мне кажется, что временной порядок зависит от явного способа написания выражения, которое оно смотрит на метки, которые не обязательно имеют какое-либо физическое значение. Заменяя, вы изменяете явную временную зависимость и, следовательно, действие символа упорядочения времени. Я вижу, что когда я не использую упорядочение по времени, я получаю много условий, которые могут быть отменены, но я не совсем понимаю причину, по которой они должны это делать.

кодовый трюк · Answer 2

Насколько я понимаю, введение упорядочения по времени в этом выводе может быть оправдано, если импульсы всех вылетающих частиц отличаются от импульсов входящих частиц. Это не серьезное ограничение, ведь мы имеем дело с процессом рассеяния!

Сказав это, вот как вы можете оправдать упорядочение по времени. Во-первых, обратите внимание, что уравнение (5.10) по существу происходит из $a_1^\dagger (t+dt) - a_1^\dagger(t) = \partial_0 a_1^\dagger(t) \cdot dt$ . Формально мы могли бы написать

а_{1}^{†} (т_{2}) - а_{1}^{†} (т_{1}) "=" \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \partial_{0} а_{1}^{†} (т)

$a_1^\dagger (t_2) - a_1^\dagger (t_1) = \int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_1^\dagger(t)$

Теперь будем оценивать $\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$ . Можно взять термин $a_{2'}(t_2)$ и используйте приведенную выше формулу, чтобы вернуть его во времени к $t_1$ :

⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) а_{2^{'}} (т_{2}) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ "=" ⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) (а_{2^{'}} (т_{1}) + \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \partial_{0} а_{2^{'}} (т)) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩

$\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> = \left<a_{1'}(t_2) \left(a_{2'}(t_1) + \int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_{2'}(t)\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$

Напомним, что коммутационные соотношения для операторов $a(\vec{k},t)$ таков, что единственным ненулевым равновременным коммутатором является $[a(\vec{k}, t), a^\dagger(\vec{k'}, t)]=(2\pi)^3 2\omega \delta^3(\vec{k}-\vec{k'})$ . Обратите внимание, что для неравновременных коммутаторов, поскольку лагранжиан теперь может иметь члены взаимодействия, эволюция во времени будет смешивать как повышающие, так и понижающие операторы с разными $\vec{k}$ , поэтому мы привезли $a_{2'}(t_2)$ вернуться к $t_1$ чтобы проверить, как он будет коммутировать с термином позади него, $a_1^\dagger(t_1)$ .

Теперь, потому что $a_{2'}$ сосредоточен вокруг $\vec{k}_{2'}$ в импульсном пространстве, а $a^\dagger_{1}$ сосредоточен вокруг $\vec{k}_{1}$ , у нас есть $\delta^3(\vec{k}_{2'}-\vec{k}_1) = 0$ . Поэтому все равновременные пары $a(t)$ и $a^\dagger(t)$ добираться. Теперь вы видите, что $a_{2'}(t_1)$ может двигаться до упора вправо и уничтожать вакуум. Уравнение теперь читается

⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) а_{2^{'}} (т_{2}) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ "=" ⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) (\int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \partial_{0} а_{2^{'}} (т)) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩

$\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> = \left<a_{1'}(t_2) \left(\int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_{2'}(t)\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$

Затем выберите определенный член в интеграле и попытайтесь оценить

\frac{\partial}{\partial т} ⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩

$\frac{\partial}{\partial t} \left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$ Вы, наверное, догадались, что я принесу

a_{1^{'}} (t_{2})

$a_{1'}(t_2)$ назад во времени, чтобы

t

$t$ получить

\begin{array}{rcl} ⟨ (а_{1^{'}} (т) + \int_{т}^{т_{2}} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \\ "=" & ⟨ а_{2^{'}} (т) а_{1^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ + ⟨ (\int_{т}^{т_{2}} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \\ "=" & ⟨ а_{2^{'}} (т) (а_{1^{'}} (т_{1}) + \int_{т_{1}}^{т} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ + \\ ⟨ (\int_{т}^{т_{2}} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \\ "=" & ⟨ а_{2^{'}} (т) (\int_{т_{1}}^{т} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ + \\ ⟨ (\int_{т}^{т_{2}} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray} & & \left<\left(a_{1'}(t) + \int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) a_{1'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) \left(a_{1'}(t_1)+\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) \left(\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \end{eqnarray}$

Поэтому

\begin{array}{rcl} ⟨ а_{1^{'}} (т_{2}) а_{2^{'}} (т_{2}) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \\ "=" & \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \frac{\partial}{\partial т} ⟨ а_{2^{'}} (т) (\int_{т_{1}}^{т} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ + \\ \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \frac{\partial}{\partial т} ⟨ (\int_{т}^{т_{2}} г т^{'} \partial_{0} а_{1^{'}} (т^{'})) а_{2^{'}} (т) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \\ "=" & \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т \frac{\partial}{\partial т} \int_{т_{1}}^{т_{2}} г т^{'} \frac{\partial}{\partial т^{'}} ⟨ (Т а_{2^{'}} (т) а_{1^{'}} (т^{'})) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{1}) ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray} & & \left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \left<a_{2'}(t) \left(\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \int_{t_1}^{t_2} dt' \frac{\partial}{\partial t'}\left<\left(\mathrm{T} a_{2'}(t) a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \end{eqnarray}$

После применения того же трюка к $a^\dagger$ термины, у нас есть

⟨ а_{1^{'}} (+ \infty) а_{2^{'}} (+ \infty) а_{1}^{†} (- \infty) а_{2}^{†} (\infty) ⟩ "=" \int_{- \infty}^{+ \infty} г т_{2^{'}} \frac{\partial}{\partial т_{2^{'}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} г т_{1^{'}} \frac{\partial}{\partial т_{1^{'}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} г т_{1} \frac{\partial}{\partial т_{1}} \int_{- \infty}^{+ \infty} г т_{2} \frac{\partial}{\partial т_{2}} ⟨ Т а_{2^{'}} (т_{2^{'}}) а_{1^{'}} (т_{1^{'}}) а_{1}^{†} (т_{1}) а_{2}^{†} (т_{2}) ⟩

$\left<a_{1'}(+\infty) a_{2'}(+\infty) a_1^\dagger (-\infty) a_2^\dagger (\infty) \right> = \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{2'} \frac{\partial}{\partial t_{2'}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{1'} \frac{\partial}{\partial t_{1'}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{1} \frac{\partial}{\partial t_{1}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{2} \frac{\partial}{\partial t_{2}} \left<\mathrm{T} a_{2'}(t_{2'}) a_{1'}(t_{1'}) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_2) \right>$

Наконец, мы обращаемся к коммутативности оператора временного упорядочения $\mathrm{T}$ и производная по времени $\partial_0$ чтобы получить окончательный вид формулы ЛСЗ.

тыты · Answer 3

Я погуглил формулу сокращения LSZ, но многие из них почти такие же, как у Средненицкого, за исключением этого http://porthos.ist.utl.pt/~romao/homepage/publications/Lectures/Lectures-TCA-c2.pdf Хорхе . Ромао. Он не вставлял T непосредственно в выражение матричного элемента S, как (5.13), поэтому его окончательный результат содержит «несвязный член» плюс (5.15). Он заявил, что этот несвязный член «исчезнет, если ни один из начальных импульсов не совпадает ни с одним из конечных импульсов», и «с этого момента мы больше не будем рассматривать несвязные члены, потому что на практике нас интересуют только случаи, когда все частицы взаимодействуют».

Оператор временного заказа в Средницком

Physics_maths

пользователь 28355

ДжеффДрор

Qмеханик

Ответы (3)

ззз

Воутер

М. Цзэн

М. Цзэн

ззз

КвантСтудент

кодовый трюк

тыты

Какой смысл вводить производящий функционал в слагаемые разложения S-матрицы?

Интерпретация квантового поля

Что такое поля/функции Вайтмана

Значение формулы сокращения LSZ

Контактные члены в уравнении Дайсона-Швингера можно игнорировать?

Почему константы перенормировки одинаковы в LSZ и перенормировке?

Почему несвязные диаграммы не вносят вклад в S-матрицу?

Как понять комплексные массы нестабильных частиц? Концептуальная проблема расчета скорости распада

Можно ли упростить амплитуды рассеяния с помощью диаграмм 1PI?