Всегда ли коммутируют разные операторы создания/уничтожения?

Если оба оператора связаны с фермионами, вместо этого они будут антикоммутировать, но в остальном да.

Во-первых, отвечу на вопрос, аналогичный вашему. Суть квантовой теории поля в том, что мы обычно рассматриваем малые возмущения вокруг свободных теорий. То есть при заданном наборе$N_b$Бозонные поля$\phi_i$и$N_f$Фермионные поля$\psi_i$(рассматриваем только спин$0$и вращаться$1/2$), то рассматриваемое типичное действие имеет вид

Где$\epsilon$— малый параметр, вокруг которого мы возмущаемся. Разложение полей по модам Фурье справедливо только при$\epsilon=0$, в этот момент между полями нет взаимодействия, и полное действие есть просто сумма нескольких свободных действий разных частиц. Таким образом, каждое из них квантуется независимо, поскольку оператор эволюции во времени не имеет возможности смешивать поля.

Таким образом, когда$\epsilon=0$, нет никакой возможности, чтобы моды Фурье (операторы рождения и уничтожения) разных полей могли (анти)коммутировать, чтобы дать ненулевой результат. (Я должен быть осторожен, говоря это. Давайте определим скобку$[.,.\}$таким образом, что он дает коммутатор для двух бозонных операторов, антикоммутатор для двух фермионных операторов и коммутатор для одного бозонного и фермионного оператора. Тогда это утверждение состоит в том, что для двух мод Фурье$a$и$b$из разных областей, мы должны иметь$[a,b\}=0$.) Тогда взаимодействия задаются тем, что действие взаимодействия$S_{\text{int}}$содержит произведения мод Фурье из разных областей.

Теперь, чтобы ответить на первую часть вашего вопроса о коммутационных соотношениях комплексных скалярных полей. Рассмотрим действие свободной частицы

Это можно свести к сумме действий скалярных частиц, введя$\varphi_1=(\varphi+\varphi^{\dagger})/\sqrt{2}$и$\varphi_2=(\varphi-\varphi^{\dagger})/\sqrt{2}\,i$, Который означает, что$\varphi_1$и$\varphi_2$реальны. Действие здесь становится

Учитывая приведенное вами разложение, мы можем ввести$c_{\textbf{k}}\equiv(a_{\textbf{k}}+b_{\textbf{k}})/\sqrt{2}$и$d_{\textbf{k}}\equiv(a_{\textbf{k}}-b_{\textbf{k}})/\sqrt{2}\,i$, то мы можем расширить наши поля как

Теперь, благодаря проведенному ранее анализу, мы знаем, что$c$и$d$операторы ездят. Кроме того, каноническое квантование дает нам

При исчезновении всех других отношений. Отсюда нетрудно показать, что$a$и$b$операторы коммутируют друг друга.

Есть дело, когда это гораздо тоньше, и квантование введением мод Фурье бесполезно. Если в акции вверху этого ответа нет$\epsilon\ll 1$, то мы уже не можем думать о$S$как деформация свободной квантовой теории поля. Классические уравнения движения больше не будут уравнениями свободной частицы, и, таким образом, поскольку взаимодействия будут зависеть от комбинаций различных полей, у нас больше не будет трансляционной инвариантности, которая делала уравнение Клейна-Гордона разрешимым с помощью разложения Фурье.

Теперь я покажу пример, когда в природе существует сильно взаимодействующая теория поля (КХД). Рассмотрим действие для$SU(N)$Теория Янга-Миллса (если вы еще не изучали неабелеву калибровочную теорию, что, по-видимому, так и есть, анализ все еще доступен), заданный формулой

Где$F_{\mu\nu}$является тензором$N\times N$матрицы, заданные

(Обратите внимание, что мы работаем с евклидовой сигнатурой, где метрика задается как$\delta_{\mu\nu}$). $A_{\mu}$векторные поля (традиционно глюонные), заданные выражением$N\times N$матрицы, живущие в алгебре Ли$SU(N)$. Ясно, что это действие имеет кубическое и четвертое взаимодействия между глюонами. Теперь, если мы сделаем переопределение поля$A\to gA$, то кубические члены в действии взвешиваются$g$а члены четвертой степени взвешиваются$g^2$. Таким образом, все хорошо и денди, если$g\ll 1$. Однако, если$g$велико, то члены взаимодействия уже не могут считаться возмущениями, и разложение Фурье становится бесполезным. Именно так обстоит дело в КХД, где константа связи велика при низких энергиях.

Надеюсь, это помогло!

Обычно люди определяют эти операторы, чтобы следовать этим правилам. Это требование для них быть числовыми операторами и, следовательно, любого использования.