Влечёт ли равенство операторов в вакууме равенство операторов во всём пространстве?

Question

Влечёт ли равенство операторов в вакууме равенство операторов во всём пространстве?

ГЛС

Рассмотрим оператор поля $\Phi(x)$ который генерирует состояния из вакуума, такие как

\begin{matrix} (1) & | Икс ⟩ "=" Φ (Икс) | 0 ⟩ . \end{matrix}

$\tag 1 | x \rangle = \Phi(x) | 0 \rangle.$ Рассмотрим также, как осуществляется перевод в таком состоянии:

\begin{matrix} (2) & | Икс + у ⟩ "=" е^{я у п} | Икс ⟩, \end{matrix}

$\tag 2 | x + y \rangle = e^{iyP} | x \rangle,$ где

P^{μ}

$P^\mu$ являются генераторами переводов. Теперь рассмотрим следующую цепочку тождеств, в которой используются только (1) и (2) :

\begin{matrix} (3) & Φ (Икс + у) | 0 ⟩ "=" | Икс + у ⟩ "=" е^{я у п} | Икс ⟩ "=" е^{я у п} Φ (Икс) | 0 ⟩ . \end{matrix}

$\tag 3 \Phi(x+y) | 0 \rangle = | x + y \rangle = e^{iyP} | x \rangle = e^{iyP} \Phi(x) | 0 \rangle.$

Из этого у меня возникнет соблазн заключить, что правило преобразования для $\Phi(x)$ является

\begin{matrix} (4) & Φ (Икс + у) "=" е^{я у п} Φ (Икс), \end{matrix}

$\tag 4 \Phi(x+y) = e^{iyP} \Phi(x),$ в то время как мы знаем, что правильное правило преобразования

\begin{matrix} (5) & Φ (Икс + у) "=" е^{я у п} Φ (Икс) е^{- я у п} . \end{matrix}

$\tag 5 \Phi(x+y) = e^{iyP} \Phi(x) e^{-iyP}.$ Что не так с приведенными выше рассуждениями?

Любопытный Разум

Подсказка: спрос

Φ (x) | ψ ⟩ \mapsto e^{i y P} (Φ (x) | ψ ⟩)

$\Phi(x)\lvert \psi \rangle \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}yP}(\Phi(x)\lvert \psi \rangle)$ для состояния, которое не является вакуумом, и используйте это

| ψ ⟩ \mapsto e^{i y P} | ψ ⟩

$\lvert \psi \rangle \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}yP}\lvert \psi \rangle$ . Вы не видите правильного преобразования в своем аргументе, потому что вакуум по определению инвариантен к переводу.

ГЛС

@ACuriousMind спасибо за комментарий. Я подозревал что-то подобное. Тогда ответ на мой вопрос таков: неверно, что из (3) следует (4) , потому что математически

| 0 ⟩

$|0\rangle$ s на левой стороне и на правой не одно и то же? Однако мы идентифицируем их как представляющие одно и то же физическое состояние. Значит ли это, что то, что мы обычно называем «вакуумным состоянием»?

| 0 ⟩

$|0\rangle$ "является чем-то вроде класса эквивалентности состояний?

Любопытный Разум

(3)

$(3)$ не подразумевает

(4)

$(4)$ потому что равенство операторов в вакууме не влечет равенства операторов во всем пространстве.

(3)

$(3)$ согласуется с обоими

(4)

$(4)$ и

(5)

$(5)$ потому что, как я уже сказал, вакуум инвариантен к переносу.

Ответы (1)

Влечёт ли равенство операторов в вакууме равенство операторов во всём пространстве?

Подсказка: спрос $\Phi(x)\lvert \psi \rangle \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}yP}(\Phi(x)\lvert \psi \rangle)$ для состояния, которое не является вакуумом, и используйте это $\lvert \psi \rangle \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}yP}\lvert \psi \rangle$ . Вы не видите правильного преобразования в своем аргументе, потому что вакуум по определению инвариантен к переводу.
@ACuriousMind спасибо за комментарий. Я подозревал что-то подобное. Тогда ответ на мой вопрос таков: неверно, что из (3) следует (4) , потому что математически $|0\rangle$ s на левой стороне и на правой не одно и то же? Однако мы идентифицируем их как представляющие одно и то же физическое состояние. Значит ли это, что то, что мы обычно называем «вакуумным состоянием»? $|0\rangle$ "является чем-то вроде класса эквивалентности состояний?
$(3)$ не подразумевает $(4)$ потому что равенство операторов в вакууме не влечет равенства операторов во всем пространстве. $(3)$ согласуется с обоими $(4)$ и $(5)$ потому что, как я уже сказал, вакуум инвариантен к переносу.

Любопытный Разум · Answer 1

$\newcommand{\ket}[1]{\lvert #1 \rangle} \newcommand{\iex}[1]{\mathrm{e}^{\mathrm{i}#1}} \newcommand{\miex}[1]{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}#1}}$ Твой $(3)$ не подразумевает $(4)$ , так как равенство операторов в одном состоянии — в данном случае в вакууме — не влечет равенства операторов во всем пространстве.

Чтобы получить правильное преобразование, рассмотрим произвольное состояние $\ket{\psi}$ трансформируясь при переводе $y$ как $\ket{\psi} \mapsto \iex{yP}\ket{\psi}$ . С $\Phi(x)\ket{\psi}$ тоже государство, мы должны иметь $\Phi(x)\ket{\psi} \mapsto \iex{yP}(\Phi(x)\ket{\psi})$ . Но мы также знаем, что трансформация действует на отдельные части как

Φ (Икс) | ψ ⟩ \mapsto Φ (Икс + у) е^{я у п} | ψ ⟩

$\Phi(x)\ket{\psi} \mapsto \Phi(x+y)\iex{yP}\ket{\psi}$

а так как оператор импульса и поле не обязательно коммутируют, то мы видим, что, безусловно, $\Phi(x+y) = \iex{yP}\Phi(x)\miex{yP}$ это рецепт, который дает желаемое правило преобразования для всех состояний $\ket{\psi}$ .

Примечание. В случае вакуума это правильное предписание, так как вакуум инвариантен к переносу, поэтому $(4)$ и $(5)$ иметь тот же эффект в этом случае.

Влечёт ли равенство операторов в вакууме равенство операторов во всём пространстве?

ГЛС

Любопытный Разум

ГЛС

Любопытный Разум

Ответы (1)

Любопытный Разум

Как я могу получить коммутатор между производной скалярного поля и генератором Лоренца МММ?

Как показать, что ψ¯γμψψ¯γμψ\bar\psi\gamma^\mu\psi спинора Дирака ψψ\psi преобразуется как вектор?

Преобразование скалярного поля под Лоренц Буст [закрыто]

Лоренц-инвариантность меры ∫d3p2ωp√∫d3p2ωp\int \frac{d^3 p}{\sqrt{2\omega_p}}

Представления группы Лоренца на гильбертовых пространствах

Как показать, что ψ¯ψψ¯ψ\bar\psi\psi дираковского спинора ψψ\psi преобразуется как скаляр?

Явная демонстрация релятивистской инвариантности уравнения Вейля

(12,12)(12,12)(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) представление SU(2)⊗SU(2)SU(2)⊗SU(2)SU (2)\otimes SU(2)

Сколько частиц в ϕ0(x)2|0⟩ϕ0(x)2|0⟩\phi_0(x)^2|0\rangle?

Базовая КЭД. Как получаются выражения сохраняющихся зарядов с помощью лестничных операторов?