Восстановление QM из QFT

Question

Восстановление QM из QFT

пользователь56963

Чтение конспектов лекций Дэвида Тонга по QFT.

На страницах 43-44 он восстанавливает QM из QFT. См. ссылку ниже:

Сначала операторы импульса и положения определяются в терминах «интегралов», и после рассмотрения состояний, которые снова определяются в терминах интегралов, мы видим, что кет-состояния действительно являются собственными состояниями, а собственные значения, следовательно, являются 3-векторами положения и импульса.

Что мне непонятно, так это промежуточные этапы вычислений, не показанные в конспектах лекций, в частности, вычисление интегралов с участием операторов в качестве их подынтегральной функции для получения желаемых результатов.

Анна В

По моему мнению, телега впереди лошади, поскольку КТП основана на операторах, действующих на основное состояние, и это основное состояние должно быть решением квантово-механического уравнения Дирака или КГ. Я бы скорее назвал это «доказательством согласованности» с лежащей в основе квантовой динамической структурой.

Qмеханик

Комментарий к сообщению (v2): Было бы хорошо, если бы OP (или кто-то еще?) мог попытаться сделать формулировку вопроса самостоятельной, чтобы не нужно было открывать ссылку, чтобы понять вопрос.

Ответы (1)

Восстановление QM из QFT

По моему мнению, телега впереди лошади, поскольку КТП основана на операторах, действующих на основное состояние, и это основное состояние должно быть решением квантово-механического уравнения Дирака или КГ. Я бы скорее назвал это «доказательством согласованности» с лежащей в основе квантовой динамической структурой.
Комментарий к сообщению (v2): Было бы хорошо, если бы OP (или кто-то еще?) мог попытаться сделать формулировку вопроса самостоятельной, чтобы не нужно было открывать ссылку, чтобы понять вопрос.

СлучайныйПреобразование Фурье · Answer 1

ОП спрашивает, как доказать $\boldsymbol P|\boldsymbol p\rangle=\boldsymbol p|\boldsymbol p\rangle$ и $\boldsymbol X|\boldsymbol x\rangle=\boldsymbol x|\boldsymbol x\rangle$ где $|\boldsymbol p\rangle$ является (свободным) скалярным одночастичным состоянием, и $\boldsymbol P$ – оператор импульса; $|\boldsymbol x\rangle$ представляет собой «волновой пакет» с центром в $\boldsymbol x$ (определено ниже) и $\boldsymbol X$ является «оператором положения» (также определено ниже).

ЧАСТЬ I

Позволять

п \equiv \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} п а_{п}^{†} а_{п}

$\boldsymbol P \equiv\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ a_{\boldsymbol p}^\dagger a_{\boldsymbol p}$

С использованием $a_{\boldsymbol p}|0\rangle=0$ , это легко увидеть $\boldsymbol P|0\rangle=0$ , который будет полезен в данный момент.

CCR являются

[а_{п}, а_{д}^{†}] "=" (2 π)^{3} дельта (п - д)

$[a_{\boldsymbol p},a^\dagger_{\boldsymbol q}]=(2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)$ (см. стр. 30, уравнение 2.20)

При этом обратите внимание, что

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} [п, а_{д}^{†}] & "=" \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} п [а_{п}^{†} а_{п}, а_{д}^{†}] "=" \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} п а_{п}^{†} [а_{п}, а_{д}^{†}] "=" \\ "=" \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} п (2 π)^{3} дельта (п - д) а_{п}^{†} "=" д а_{д}^{†} \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\boldsymbol P,a^\dagger_{\boldsymbol q}]&= \int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ [a_{\boldsymbol p}^\dagger a_{\boldsymbol p},a^\dagger_{\boldsymbol q}]= \int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ a_{\boldsymbol p}^\dagger[a_{\boldsymbol p},a^\dagger _{\boldsymbol q}]=\\ &=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ (2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)a_{\boldsymbol p}^\dagger=\boldsymbol q\,a_{\boldsymbol q}^\dagger \end{aligned}\tag1 \end{equation}$

Позволять $|\boldsymbol p\rangle\equiv a^\dagger_{\boldsymbol p}|0\rangle$ . С использованием $(1)$ , вместе с фактом $\boldsymbol P|0\rangle=0$ , это легко увидеть

п | п ⟩ "=" п а_{п}^{†} | 0 ⟩ "=" [п, а_{п}^{†}] | 0 ⟩ "=" п а_{п}^{†} | 0 ⟩ \equiv п | п ⟩

$\boldsymbol P|\boldsymbol p\rangle=\boldsymbol Pa_\boldsymbol p^\dagger|0\rangle=\boldsymbol [\boldsymbol P,a_\boldsymbol p^\dagger]|0\rangle=\boldsymbol p a_{\boldsymbol p}^\dagger|0\rangle\equiv \boldsymbol p|\boldsymbol p\rangle$ как требуется.

ЧАСТЬ II

Позволять

ψ^{†} (Икс) \equiv \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} а_{п}^{†} е^{- я п \cdot Икс}

$\psi^\dagger(\boldsymbol x) \equiv\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,a_{\boldsymbol p}^\dagger \mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$

С использованием $a_{\boldsymbol p}|0\rangle=0$ , это легко увидеть $\psi(\boldsymbol x)|0\rangle=0$ , который будет полезен в данный момент.

Обратите внимание, что

[ψ^{†} (Икс), а_{д}^{†}] "=" 0

$[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol q}^\dagger]=0$ и

\begin{aligned} [ψ^{†} (Икс), а_{д}] & "=" \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} е^{- я п \cdot Икс} [а_{п}^{†}, а_{д}] "=" \\ "=" - \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} е^{- я п \cdot Икс} (2 π)^{3} дельта (п - д) \\ "=" - е^{- я д \cdot Икс} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol q}]&=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}[a_{\boldsymbol p}^\dagger ,a_{\boldsymbol q}]=\\ &=-\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}(2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\\ &=-\mathrm e^{-i\boldsymbol q\cdot\boldsymbol x} \end{aligned} \end{equation}$

Эти отношения означают, что

[ψ^{†} (Икс), ψ^{†} (у)] "=" 0

$[\psi^\dagger(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]=0$ и

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} [ψ^{†} (Икс), ψ (у)] & "=" \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} е^{я п \cdot у} [ψ^{†} (Икс), а_{п}] \\ "=" - \int \frac{д п}{(2 π)^{3}} е^{я п \cdot у} е^{- я п \cdot Икс} "=" - дельта (Икс - у) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),\psi(\boldsymbol y)]&=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol y}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol p}]\\ &=-\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol y}\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}=-\delta(\boldsymbol x-\boldsymbol y) \end{aligned}\tag2 \end{equation}$

Позволять

Икс "=" \int д Икс Икс ψ^{†} (Икс) ψ (Икс)

$\boldsymbol X=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)\psi(\boldsymbol x)$

Во-первых, обратите внимание, что $\boldsymbol X|0\rangle=0$ , что несложно доказать с помощью $\psi(\boldsymbol x)|0\rangle=0$ .

Далее, используя $(2)$ , это легко увидеть

\begin{aligned} [Икс, ψ^{†} (у)] & "=" \int д Икс Икс [ψ^{†} (Икс) ψ (Икс), ψ^{†} (у)] \\ "=" \int д Икс Икс ψ^{†} (Икс) [ψ (Икс), ψ^{†} (у)] \\ "=" \int д Икс Икс ψ^{†} (Икс) дельта (Икс - у) "=" у ψ^{†} (у) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\boldsymbol X,\psi^\dagger(\boldsymbol y)]&=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ [\psi^\dagger(\boldsymbol x)\psi(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]\\ &=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)[\psi(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]\\ &=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)\delta(\boldsymbol x-\boldsymbol y)=\boldsymbol y\,\psi^\dagger(\boldsymbol y) \end{aligned} \end{equation}$

Наконец, используя приведенное выше соотношение вместе с $\boldsymbol X|0\rangle=0$ , это легко увидеть

Икс | Икс ⟩ "=" Икс ψ^{†} (Икс) | 0 ⟩ "=" [Икс, ψ^{†} (Икс)] | 0 ⟩ "=" Икс ψ^{†} (Икс) | 0 ⟩ \equiv Икс | Икс ⟩

\begin{matrix} ◻ \end{matrix}

$\tag*{$\square$}$

Восстановление QM из QFT

пользователь56963

Анна В

Qмеханик

Ответы (1)

СлучайныйПреобразование Фурье

Вывод гамильтониана одиночного тела в КТП

Оценка ожидаемых значений

Картина Гейзенберга о сложных полевых операторах

Квантовые операторы: тождество

Космический перевод операторов, состояний и плотностей частиц

Эрмитово сопряжение дифференциального оператора

⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\шляпа{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle для всех |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle означает, что A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ Б}?

Как r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)\bar{r}\times(\bar{\nabla} \times) - \bar{\nabla}\times(\bar{r}\times) относятся к оператору орбитального углового момента?

Расчет ⟨p⟩⟨p⟩\langle p\rangle и ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для волновой функции [закрыто]

Помогите упростить уравнение коммутатора