Решение уравнения КГ в координатах Риндлера

Question

Решение уравнения КГ в координатах Риндлера

Физика
общая теория относительности
квантовая теория поля
qft-в-искривленном-пространстве-времени

Золото

Рассмотрим массивное скалярное поле Клейна-Гордона $\phi$ удовлетворяющий

(◻ + м^{2}) ф "=" 0

$(\Box+m^2)\phi=0$

Я хочу решить это в координатах Риндлера, выбрав $\phi$ иметь положительную частоту по отношению к генератору импульсов $\partial_\eta$ . Идея состоит в том, чтобы найти набор основных мод для квантования поля в кадре Риндлера.

Теперь у нас есть $\Box$ оператор, заданный

◻ ф "=" е^{- 2 а ξ} (- \partial_{η}^{2} + \partial_{ξ}^{2}) ф

$\Box\phi=e^{-2a\xi}(-\partial_\eta^2+\partial_\xi^2)\phi$

Таким образом, уравнение становится

е^{- 2 а ξ} (- \partial_{η}^{2} ф + \partial_{ξ}^{2} ф) "=" - м^{2} ф

$e^{-2a\xi}(-\partial_\eta^2\phi+\partial_\xi^2\phi)=-m^2\phi$

Наложение этого $\partial_\eta \phi=-i\omega \phi$ у нас есть $\phi(\eta,\xi)=A(\xi)e^{-i\omega \eta}$ и, следовательно, после некоторых манипуляций мы получаем уравнение для $A$

А^{″} (ξ) + ю^{2} А (ξ) + м^{2} е^{2 а ξ} А (ξ) "=" 0.

$A''(\xi)+\omega^2A(\xi)+m^2 e^{2a\xi}A(\xi)=0.$

я сейчас поставил $u(\xi)=\frac{m}{a}e^{a\xi}$ . Сделав замену переменных и разделив на $a^2$ дает

{ты}^{2} \frac{г^{2} А}{г {ты}^{2}} + ты \frac{г А}{г ты} + \frac{ю^{2}}{а^{2}} А + {ты}^{2} А "=" 0.

$u^2 \dfrac{d^2A}{du^2}+u\dfrac{dA}{du}+\frac{\omega^2}{a^2}A+u^2A=0.$

Определение $\alpha = -i\omega/a$ тогда у нас есть

{ты}^{2} \frac{г^{2} А}{г {ты}^{2}} + ты \frac{г А}{г ты} + ({ты}^{2} - α^{2}) А "=" 0.

$u^2 \dfrac{d^2A}{du^2}+u\dfrac{dA}{du}+(u^2-\alpha^2)A=0.$

Это уравнение Бесселя, и его решение

А (ты) "=" с_{1} {Дж}_{α} (ты) + с_{2} Д_{α} (ты) .

$A(u)=c_1 J_\alpha (u)+c_2 Y_\alpha(u).$

С использованием $u = u(\xi)$ дает $A(\xi)$ и решает проблему.

Проблема в том, что обычно граничные условия позволяют исключить $c_1$ или $c_2$ . Если мы хотим, чтобы решение было регулярным в $u=0$ мы бы хотели иметь $c_2 =0$ например.

Но здесь я не вижу этого. Например, $u=0$ соответствует $\xi\to -\infty$ . Не понимаю, зачем навязывать там регулярность.

Как мы можем действовать? Мы должны оставить оба $c_1,c_2$ , или есть еще какие-то манипуляции, которые мы можем сделать?

Изменить : координаты Риндлера определяются

т "=" \frac{1}{а} е^{а ξ} грех (а η), Икс "=" \frac{1}{а} е^{а ξ} чушь (а η)

$t=\dfrac{1}{a}e^{a\xi}\sinh(a\eta),\quad x=\dfrac{1}{a}e^{a\xi}\cosh(a\eta)$

Фредерик Томас

Не могли бы вы добавить определение координат Риндлера? Я не знаком с их определением.

Золото

Я добавил определение координат Риндлера, представленное в учебнике Шона Кэрролла «Пространство-время и геометрия GR».

Ответы (1)

Решение уравнения КГ в координатах Риндлера

Не могли бы вы добавить определение координат Риндлера? Я не знаком с их определением.
Я добавил определение координат Риндлера, представленное в учебнике Шона Кэрролла «Пространство-время и геометрия GR».

Майк Стоун · Answer 1

Я сделаю это в 2d, так как дополнительные измерения тривиальны.

Если $x$ , $t$ являются координатами Минковского, и мы устанавливаем

т "=" е^{ξ} грех т Икс "=" е^{ξ} чушь т

$t= e^{\xi} \sinh \tau\nonumber\\ x= e^{\xi} \cosh \tau\nonumber$ затем

- \infty < ξ < \infty

$-\infty<\xi< \infty$ ,

- \infty < τ < \infty

$-\infty<\tau < \infty$ покрывает клин Риндлера. В этих координатах метрика

d s^{2} = d x^{2} - d t^{2}

$ds^2= dx^2-dt^2$ становится

г с^{2} "=" е^{2 ξ} (г ξ^{2} - г т^{2}) .

$ds^2= e^{2\xi}(d\xi^2-d\tau^2).$ Обычные наборы координат Риндлера

r = e^{ξ}

$r= e^{\xi}$ так что

г с^{2} "=" г р^{2} - р^{2} г т^{2} .

$ds^2 = dr^2-r^2 d\tau^2.$

Для уравнения КГ $\xi$ , $\tau$ координаты лучше, как

(- \nabla^{2} + м^{2}) ψ (Икс) "=" 0

$(-\nabla^2+m^2)\psi(x)=0$ становится (после умножения на

e^{2 ξ}

$e^{2\xi}$ )

(- \frac{\partial^{2}}{\partial ξ^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial т^{2}} + м^{2} е^{2 ξ}) ψ (ξ, т) "=" 0.

$\left(-\frac{\partial^2}{\partial \xi^2}+\frac{\partial^2}{\partial \tau^2}+m^2 e^{2\xi}\right)\psi(\xi,\tau)=0.$

Вещественные собственные функции уравнения

(- \frac{г^{2}}{г ξ^{2}} + м^{2} е^{2 ξ}) ψ_{ν} (ξ) "=" ν^{2} ψ_{ν} (ξ)

$\left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+m^2 e^{2\xi}\right) \psi_\nu(\xi)=\nu^2 \psi_\nu(\xi)$ являются

ψ_{ν} (ξ) "=" {(\frac{2 ν грех ν π}{π^{2}})}^{1 / 2} К_{я ν} (м е^{ξ}), 0 < ν < \infty

$\psi_\nu(\xi)=\left( \frac{2\nu \sinh \nu \pi}{\pi^2}\right)^{1/2} K_{i\nu}(m e^{\xi}), \quad 0<\nu<\infty$
где

K_{i ν} (x)

$K_{i\nu}(x)$ есть функция Бесселя К чисто мнимого порядка.

Собственные функции были нормализованы, чтобы подчиняться

\int_{- \infty}^{\infty} ψ_{мю} (ξ) ψ_{ν} (ξ) г ξ "=" дельта (ν - мю),

$\int_{-\infty}^{\infty} \psi_\mu(\xi)\psi_\nu(\xi)\, d\xi = \delta(\nu-\mu),$ и являются составляющими преобразования Конторовича-Лебедева (об этом есть статья в Википедии), из которого становится ясно, что этот набор решений является одновременно ортогональным и полным.

Таким образом, уравнение КГ имеет решения

ψ_{ν} (ξ, т) "=" е^{- я ν т} ψ_{ν} (ξ) .

$\psi_\nu(\xi,\tau) =e^{-i\nu \tau}\psi_\nu(\xi).$ Не нужно беспокоиться о граничных условиях, т.к.

ξ

$\xi$ ,

τ

$\tau$ координат, мы находимся в случае предельной точки Вейля.

Вот еще несколько деталей, взятых из моих заметок:

Рассмотрим функцию Бесселя

К_{я ν} (Икс) "=" \int_{0}^{\infty} е^{- Икс чушь ты} потому что ν ты г ты "=" \frac{1}{2} {(\frac{Икс}{2})}^{я ν} \int_{0}^{\infty} опыт (- т - \frac{{Икс}^{2}}{4 т}) т^{- я ν - 1} г т .

${\rm K}_{i\nu}(x)= \int_0^\infty e^{-x\cosh u}\cos \nu u\, du\nonumber\\ =\frac 12 \left(\frac{x}{2}\right)^{i\nu} \int_0^\infty \exp\left(-t-\frac{x^2}{4t}\right) t^{-i\nu -1}\,dt.\nonumber$ чисто мнимого порядка. Функция

K_{i ν} (x)

${\rm K}_{i\nu}(x)$ реально для

x \in (0, \infty)

$x\in (0,\infty)$ , и

K_{i ν} (x) = K_{- i ν} (x)

${\rm K}_{i\nu}(x)={\rm K}_{-i\nu}(x)$ . Для маленьких

x

$x$

К_{я ν} (Икс) \sim \frac{я π}{2 грех π ν} {\frac{(Икс / 2)^{я ν}}{Г (1 + я ν)} - \frac{(Икс / 2)^{- я ν}}{Г (1 - я ν)}} "=" \sqrt{\frac{π}{ν грех π ν}} {е^{я α} (Икс / 2)^{я ν} + е^{- я α} (Икс / 2)^{- я ν}}

${\rm K}_{i\nu}(x)\sim \frac{i\pi}{2\sinh \pi \nu}\left\{ \frac{(x/2)^{i\nu}}{\Gamma(1+i\nu)}- \frac{(x/2)^{-i\nu}}{\Gamma(1-i\nu)}\right\}\nonumber\\ = \sqrt\frac{\pi}{\nu \sinh \pi \nu} \left\{ e^{i\alpha} (x/2)^{i\nu} + e^{-i\alpha} (x/2)^{-i\nu}\right\}\nonumber$ для некоторых реальных

α

$\alpha$ . Мы использовали на последнем шаге

Г (1 + я ν) Г (1 - я ν) "=" \frac{π ν}{грех π ν} .

$\Gamma(1+i\nu)\Gamma(1-i\nu)= \frac{\pi \nu}{\sinh \pi \nu}.$

Таким образом, эти функции удовлетворяют свойству ортогональности

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{г Икс}{Икс} К_{я мю} (м Икс) К_{я ν} (м Икс) "=" \frac{дельта (мю - ν)}{2 ν грех ν π},

$\frac{1}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{dx}{x} {\rm K}_{i\mu}(mx){\rm K}_{i\nu}(mx)= \frac{\delta(\mu-\nu)}{2\nu \sinh \nu \pi},$ и условие полноты

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} 2 ν грех ν π К_{я ν} (Икс) К_{я ν} ({Икс}^{'}) г ν "=" Икс дельта (Икс - {Икс}^{'}) .

$\frac{1}{\pi^2} \int_0^\infty 2\nu\sinh \nu\pi \,{\rm K}_{i\nu}(x){\rm K}_{i\nu}(x')\,d\nu= x \delta(x-x').$ и предоставить пару преобразований Конторовича-Лебедева

\tilde{ф} (ν) \equiv К [ф] (ν) "=" \int_{0}^{\infty} К_{я ν} (Икс) ф (Икс) г Икс, ф (Икс) "=" \frac{1}{π^{2} Икс} \int_{0}^{\infty} 2 ν грех ν π К_{я ν} (Икс) \tilde{ф} (ν) г ν .

$\tilde f(\nu)\equiv K[f](\nu)= \int_0^\infty {\rm K}_{i\nu}(x) f(x)\,dx,\nonumber\\ f(x)= \frac{1}{\pi^2 x} \int_0^\infty 2\nu \sinh \nu\pi\, {\rm K}_{i\nu}(x) \tilde f(\nu)\,d\nu.\nonumber$

Существует также сходящийся тип Мелера

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} 2 ν грех ν (π - ϵ) К_{я ν} (Икс) К_{я ν} (у) г ν "=" \frac{Икс у}{π} грех ϵ \frac{К_{1} (\sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - 2 Икс у потому что ϵ})}{\sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} - 2 Икс у потому что ϵ}} .

$\frac{1}{\pi^2} \int_0^\infty 2\nu\sinh \nu(\pi-\epsilon) {\rm K}_{i\nu}(x){\rm K}_{i\nu}(y)\,d\nu= \frac{xy}{\pi} \sin\epsilon \frac{{\rm K}_1(\sqrt{x^2+y^2-2xy \cos\epsilon})}{\sqrt{x^2+y^2-2xy \cos\epsilon}}.$

Спасибо за ответ. Но, тем не менее, вся моя проблема как раз и состоит в том, чтобы показать, что решение этой проблемы собственных значений дается модифицированной функцией Бесселя. Во-первых, нужно показать, что это уравнение на самом деле является модифицированным уравнением Бесселя. Я считаю, что моя замена переменных правильная, но я получил уравнение Бесселя вместо модифицированного. Во-вторых, даже после того, как вы получите уравнение, у вас есть два линейно независимых решения (первого и второго рода), и здесь мы берем только модифицированную функцию Бесселя второго рода, отбрасывая другую. Почему это все-таки?
Вы, вероятно, должны выбрать $c_1$ и $c_2$ так что общее решение приводится к правильному виду в некотором асимптотическом пределе. Например, для больших $\xi$ , ускорение наблюдателя стремится к нулю, и мы должны ожидать, что решение сведется к плоской волне. Пределом большого аргумента функций Бесселя являются синусоиды, и вы, вероятно, можете установить либо $c_1$ или $c_2$ до нуля, чтобы выбрать решение с положительной частотой. Я не разрабатывал это... просто мысль, которая параллельна развитию инфляционных возмущений.
@ user1620696 Я думаю, что проблема с «модифицированным», а не с обычным Бесселем, связана с тем, что у вас неправильный знак для $m^2$ . В третьем экв в вашем посте и настройка $a=0$ ваш эквалайзер ведет к $\omega^2 =k^2 -m^2$ . Вы должны иметь $\omega^2= k^2+m^2$ . Кроме того, функция К. Макдональда имеет правильные волнообразные решения в обоих случаях. $\pm \infty$ .
@user1620696 user1620696 Я имел в виду это $K_{i\nu}$ функция имеет правильный волнообразный характер при $\xi=-\infty$ и экспоненциальный спад при $\xi=+\infty$ . Последнее потому, что массивная частица не может вырваться и в конце концов падает за горизонт.
@mikestone спасибо, что предупредил меня. Я думаю, проблема в том, что я перепутал два типа подписей. $(-,+,+,+)$ и $(+,-,-,-)$ . Исправление этого дает правильное модифицированное уравнение Бесселя. Теперь, я думаю, ваша точка зрения, что для больших $\xi$ решение должно сводиться к плоской волне.
@ user1620696 Я ошибся насчет плоской волны на большом расстоянии. Волновая функция там затухает, потому что частица не может уйти в бесконечность и всегда падает за горизонт Риндлера. Однако на небольшом расстоянии решение выглядит как стоячая волна, состоящая из входящих и исходящих плоских волн.

Решение уравнения КГ в координатах Риндлера

Золото

Фредерик Томас

Золото

Ответы (1)

Майк Стоун

Золото

бапоуэлл

Майк Стоун

Майк Стоун

Золото

Майк Стоун

Безмассовые поля в искривленном пространстве-времени

Современная трактовка эффективной КТП в искривленном пространстве-времени

Положительные частотные решения в стационарном пространстве-времени

Можем ли мы протестировать QFT на искривленном пространстве-времени?

Разница между КТП в искривленном пространстве-времени, квазиклассической и квантовой гравитацией?

Плотность лагранжиана Дирака в искривленном пространстве-времени

Одночастичные состояния в искривленном пространстве-времени

Как изучить КТП в искривленном пространстве-времени путем самообучения?

Предлагаемая литература по квантовой теории поля в искривленном пространстве-времени

Исследования общей теории относительности и КТП в искривленном пространстве-времени