Парадокс в выводе континуального интеграла квантовых полей

В Пескине, стр. 282, говорится: «Общая формула функционального интеграла (9.12), полученная в последнем разделе, верна для любой квантовой системы, поэтому она должна быть верна для квантовой теории поля». (9.12) есть формула
U ( д а , д б , Т ) "=" ( ∏ я ∫ Д д ( т ) Д п ( т ) ) опыт ⁡ [ я ∫ 0 Т г т ( ∑ я п я д ˙ я − ЧАС ( д , п ) ]

При выводе этой формулы тождественные операторы ∫ г д | д ⟩ ⟨ д | и ∫ г п | п ⟩ ⟨ п | вставлены, а равенства ⟨ д | д ′ ⟩ "=" дельта ( д − д ′ ) , ⟨ д | п ⟩ "=" е я п д и ∫ г п е я п ( д − д ′ ) "=" 2 π дельта ( д − д ′ ) используются.

В параллельном выводе в поле Клейна-Гордона я должен сначала предположить, что существуют собственные состояния как оператора поля ф ^ ( р ) и оператор импульса π ^ ( р ) :
ф ^ ( р ) | ф ⟩ "=" ф ( р ) | ф ⟩
π ^ ( р ) | ф ⟩ "=" π ( р ) | ф ⟩
и вставьте операторы идентификации ∫ Д ф | ф ⟩ ⟨ ф | и ∫ Д π | π ⟩ ⟨ π | в ⟨ ф б | е − я ЧАС Т | ф а ⟩ , и воспользуемся равенствами ⟨ ф | ф ′ ⟩ "=" дельта ( ф − ф ′ ) , ⟨ ф | π ⟩ "=" е я ∫ г 3 р π ( р ) ф ( р ) и ∫ Д π е я ∫ г 3 р π ( р ) ( ф ( р ) − ф ′ ( р ) ) "=" 2 π дельта ( ф − ф ′ ) . Кажется, здесь нет никаких проблем.

Теперь рассмотрим ту же процедуру для поля бозонов Шредингера (сама КТП не требует теории относительности). Мне нужны собственные состояния | ψ ⟩ первого оператора ψ ^ ( р ) :
ψ ^ ( р ) | ψ ⟩ "=" ψ ( р ) | ψ ⟩
а также отношение ортогональности ⟨ ψ | ψ ′ ⟩ "=" дельта ( ψ − ψ ′ ) . Итак, вставив оператор тождества, я получаю представление ψ ^ ( р ) :
ψ ^ ( р ) "=" ∫ Д ψ * Д ψ ψ ^ ( р ) | ψ ⟩ ⟨ ψ | "=" ∫ Д ψ * Д ψ ψ ( р ) | ψ ⟩ ⟨ ψ |
Сделайте эрмитово сопряжение,
ψ ^ † ( р ) "=" ∫ Д ψ * Д ψ ψ * ( р ) | ψ ⟩ ⟨ ψ |
Вот проблема: с этими двумя равенствами я всегда буду получать
[ ψ ( р ) , ψ † ( р ′ ) ] "=" ∫ Д ψ * Д ψ ( ψ ( р ) ψ * ( р ′ ) − ψ * ( р ′ ) ψ ( р ) ) | ψ ⟩ ⟨ ψ | "=" 0
в противоречии с условием квантования [ ψ ( р ) , ψ † ( р ′ ) ] "=" я дельта ( р − р ′ )

Что в этом плохого? Если некоторые из приведенных выше условий следует ослабить, то как вывести соответствующую формулу интеграла по траекториям для квантового поля?

Ответы (1)

Поле Шредингера ψ не является эрмитовым, это оператор уничтожения, поэтому он не обязательно имеет основу собственных состояний, а собственные состояния, которые у него есть, являются полевыми версиями когерентных состояний . Поскольку ничто в вашем вопросе на самом деле не зависит от теоретико-полевого аспекта, в дальнейшем я буду говорить только об обычных операторах создания/уничтожения. а , а † и их когерентные состояния | г ⟩ .

Разрешение тождества в терминах когерентных состояний | г ⟩ (с комплексными собственными значениями!) не дается формулой ∫ г г г г * | г ⟩ ⟨ г | но по

1 "=" ∫ г г г г * 2 π я е | г | 2 | г ⟩ ⟨ г | .
Более того, множество когерентных состояний сверхполное — это не базис. Ничто из этого не является источником ошибки, но, тем не менее, заслуживает упоминания.

Ваша конкретная ошибка заключается в написании

[ ψ ( р ) , ψ † ( р ′ ) ] "=" ∫ Д ψ * Д ψ ( ψ ( р ) ψ * ( р ′ ) − ψ * ( р ′ ) ψ ( р ) ) | ψ ⟩ ⟨ ψ | ,

это неверно, как я продемонстрирую на аналогичном случае а , а † :

[ а , а † ] "=" ∫ г г г г * 2 π я е | г | 2 а | г ⟩ ⟨ г | а † − ∫ г г г г * 2 π я е | г | 2 а † | г ⟩ ⟨ г | а ,
но а † | г ⟩ ≠ г * | г ⟩ . Просто нет причин, чтобы это было правдой, и на самом деле это не так. Учитывая, что [ а , а † ] почти то же самое отношение, что и стандартное отношение [ Икс , п ] , мы скорее должны ожидать, что если а действует как умножение на | г ⟩ , затем а † действует дифференцированием!

В любом случае, решающим моментом является то, что вы не можете вывести "=" 0 таким образом. Интеграл пути когерентного состояния не противоречит его собственному предположению о квантовании.

♦: Спасибо за ответ! Что вы действительно имеете в виду, так это ослабить состояние ⟨ ψ | ψ ′ ⟩ "=" дельта ( ψ − ψ ′ ) в моем выводе так ψ ^ ( р ) | ψ ⟩ "=" ψ ( р ) | ψ ⟩ не подразумевает ψ ^ † ( р ) | ψ ⟩ "=" ψ ( р ) * | ψ ⟩ . Затем возникает следующая проблема: как вывести континуальный интеграл поля Шрёдингера без этого соотношения ортогональности?
@StupidBird Действительно, у нас есть ⟨ г | г ′ ⟩ "=" е г * г ′ ≠ 1 . Что касается того, как работает когерентный интеграл пути состояния, это другой вопрос, и я просто советую вам поискать этот термин в вашей любимой поисковой системе, для этого есть множество объяснений.
Парадокс в выводе континуального интеграла квантовых полей
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v