Вывод импульса в КТП - из тензора энергии-импульса [закрыто]

Question

Вывод импульса в КТП - из тензора энергии-импульса [закрыто]

КАФ

Сохраняющийся 4-импульсный оператор для комплексного скалярного поля $\psi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\psi_1 + i\psi_2)$ задается в терминах модовых операторов в $\psi$ и $\psi^{\dagger}$ как

п^{ν} "=" \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2 ю (п)} п^{ν} (а^{†} (п) а (п) + б^{†} (п) б (п))

$P^{\nu} = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3 }\frac{1}{2 \omega(p)} p^{\nu} (a^{\dagger}(p) a(p) + b^{\dagger}(p) b(p))$ Это только что указано в моих заметках, но я хотел бы посмотреть, как добраться до этого с помощью операторов режима. Лагранжиан для комплексного скалярного поля равен

л "=" \partial_{мю} ψ^{†} \partial^{мю} ψ - м^{2} ψ^{†} ψ .

$\mathcal L = \partial_{\mu} \psi^{\dagger} \partial^{\mu} \psi - m^2 \psi^{\dagger} \psi.$ Тензор энергии напряжения, связанный с этой теорией, равен

Т^{мю ν} "=" \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ψ)} \partial^{ν} ψ + \partial^{ν} ψ^{†} \frac{\partial л}{\partial (\partial_{мю} ψ^{†})} - л {дельта}^{мю ν},

$T^{\mu \nu} = \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu}\psi)} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger} \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \psi^{\dagger})} - \mathcal L\delta^{\mu \nu},$ что с помощью лагранжиана дает

Т^{мю ν} "=" \partial^{мю} ψ^{†} \partial^{ν} ψ + \partial^{ν} ψ^{†} \partial^{мю} ψ - л {дельта}^{мю ν}

$T^{\mu \nu} = \partial^{\mu} \psi^{\dagger} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger}\partial^{\mu} \psi - \mathcal L\delta^{\mu \nu}$ Затем

п^{ν} "=" \int Т^{0 ν} г^{3} Икс "=" \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{ν} ψ + \partial^{ν} ψ^{†} \partial^{0} ψ - л {дельта}^{0 ν}) г^{3} Икс

$P^{\nu} = \int T^{0 \nu} d^3 x = \int (\partial^{0} \psi^{\dagger} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger}\partial^{0}\psi - \mathcal L\delta^{0\nu}) d^3 x$ так

п^{0} "=" \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ + \partial^{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ - \partial_{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ - \partial_{я} ψ^{†} \partial^{я} ψ + м^{2} ψ^{†} ψ) г^{3} Икс

$P^0= \int (\partial^{0} \psi^{\dagger} \partial^{0} \psi + \partial^{0} \psi^{\dagger}\partial^{0}\psi - \partial_0 \psi^{\dagger} \partial^0 \psi - \partial_i \psi^{\dagger} \partial^i \psi + m^2 \psi^{\dagger}\psi) d^3 x$ Точно так же я получаю

п^{я} "=" \int г^{3} Икс (\partial_{0} ψ^{†} \partial^{я} ψ + \partial^{я} ψ^{†} \partial_{0} ψ)

$P^i = \int d^3 x (\partial_0 \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger} \partial_0 \psi)$

Я понимаю, как выражение для $P^0$ выводится с использованием интеграла, который я написал выше, но выражение для $P^i$ неверно по знаку. Я вижу в своих заметках, что у них действительно есть интегральное выражение для $P^i$ что я получил, но минус впереди. Но я не уверен в источнике этого минуса. Возможно, я что-то упускаю концептуально при выводе $P^i$ затем. Спасибо за любые комментарии.

Александр Макфарлейн

Я делаю ту же проблему:

m^{2}

$m^2$ термин просто никуда не пойдет для меня. Сначала я подумал, может быть, это потому, что метрика,

g_{0}^{ν} = (1, 0, 0, 0)

$g_{0}^{\nu}=\left(1,0,0,0\right)$ и эта часть не имеет зависимости от времени. Однако это не сработает для гамильтониана, содержащего

m

$m$ срок при использовании

T^{00}

$T^{00}$ ...

Любопытный Разум

Это немного утомительный вывод, который становится немного легче, когда вы понимаете

P^{0}

$P^0$ это просто гамильтониан, но, тем не менее, это просто осторожность, особенно с тем, как производные действуют на расширение модов, и помнить, что

ω (p)

$\omega(p)$ является. Это сделано довольно явно в главе 1.5 этих заметок .

Нуаралеф

В вашем расчете, что происходит с терминами без

m^{2}

$m^2$ ? Если вы включите их, вы сможете разложить

ω (p)^{2} = (m^{2} + {\vec{p}}^{2})

$\omega(p)^2 = (m^2 + \vec p^2)$ от подынтегральной функции, что отменяет

ω (p)^{2}

$\omega(p)^2$ в знаменателе. (Обратите внимание, что

p^{0} / ω (p) = 1

$p^0 / \omega(p) = 1$ .)

КАФ

@Noiralef: Да, именно, я использую отношение импульса энергии, чтобы написать

p_{0}^{2} - p_{i}^{2} = m^{2}

$p_0^2 - p_i^2 = m^2$ что позволяет мне комбинировать слагаемые, не зависящие от m. В основном у меня есть

\frac{п_{0}^{2} - п_{я}^{2}}{ж (п)^{2}} + \frac{м^{2}}{ж (п)^{2}} "=" 2 \frac{м^{2}}{ж (п)^{2}}

$\frac{p_0^2 - p_i^2}{w(p)^2} + \frac{m^2}{w(p)^2} = 2\frac{m^2}{w(p)^2}$ как написано в последнем уравнении в моем посте. Вот где я застрял.

Александр Макфарлейн

Это можно сделать намного проще, если вы рассматриваете импульс с точки зрения числовых операторов и работаете оттуда, что, я считаю, удовлетворительно для вашего вопроса.

Александр Макфарлейн

@CAF Я считаю, что решил вашу проблему. Я также добавил дополнительный пункт, поскольку, учитывая время, я подозреваю, что мы делаем один и тот же лист задач...

КАФ

Тем, кто решил закрыть мою ветку, пожалуйста, обратите внимание на редактирование, которое я сейчас сделал, чтобы снова открыть ее.

Ответы (2)

Вывод импульса в КТП - из тензора энергии-импульса [закрыто]

Я делаю ту же проблему: $m^2$ термин просто никуда не пойдет для меня. Сначала я подумал, может быть, это потому, что метрика, $g_{0}^{\nu}=\left(1,0,0,0\right)$ и эта часть не имеет зависимости от времени. Однако это не сработает для гамильтониана, содержащего $m$ срок при использовании $T^{00}$ ...
Это немного утомительный вывод, который становится немного легче, когда вы понимаете $P^0$ это просто гамильтониан, но, тем не менее, это просто осторожность, особенно с тем, как производные действуют на расширение модов, и помнить, что $\omega(p)$ является. Это сделано довольно явно в главе 1.5 этих заметок .
В вашем расчете, что происходит с терминами без $m^2$ ? Если вы включите их, вы сможете разложить $\omega(p)^2 = (m^2 + \vec p^2)$ от подынтегральной функции, что отменяет $\omega(p)^2$ в знаменателе. (Обратите внимание, что $p^0 / \omega(p) = 1$ .)
@Noiralef: Да, именно, я использую отношение импульса энергии, чтобы написать $p_0^2 - p_i^2 = m^2$ что позволяет мне комбинировать слагаемые, не зависящие от m. В основном у меня есть $\frac{п_{0}^{2} - п_{я}^{2}}{ж (п)^{2}} + \frac{м^{2}}{ж (п)^{2}} "=" 2 \frac{м^{2}}{ж (п)^{2}}$ $\frac{p_0^2 - p_i^2}{w(p)^2} + \frac{m^2}{w(p)^2} = 2\frac{m^2}{w(p)^2}$ как написано в последнем уравнении в моем посте. Вот где я застрял.
Это можно сделать намного проще, если вы рассматриваете импульс с точки зрения числовых операторов и работаете оттуда, что, я считаю, удовлетворительно для вашего вопроса.
@CAF Я считаю, что решил вашу проблему. Я также добавил дополнительный пункт, поскольку, учитывая время, я подозреваю, что мы делаем один и тот же лист задач...
Тем, кто решил закрыть мою ветку, пожалуйста, обратите внимание на редактирование, которое я сейчас сделал, чтобы снова открыть ее.

Ксавье · Answer 1

Вставка расширения

ψ "=" \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3} 2 ю_{п}} (а_{п} е^{- я п Икс} + б_{п}^{†} е^{я п Икс})

$\psi=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}(a_pe^{-ipx}+b_p^\dagger e^{ipx})$ в выражение для гамильтониана

ЧАС "=" \int г^{3} Икс ({\dot{ψ}}^{†} \dot{ψ} + \nabla ψ^{†} \cdot \nabla ψ + м^{2} ψ^{†} ψ)

$H=\int d^3x(\dot{\psi}^\dagger\dot{\psi}+\nabla\psi^\dagger\cdot\nabla\psi+m^2\psi^\dagger\psi)$ мы получаем

ЧАС "=" \int г^{3} Икс \int \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3} 2 ю_{п}} \frac{г^{3} п^{'}}{(2 π)^{3} 2 ю_{п}^{'}} (А + Б + С)

$H=\int d^3x\int\int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}\frac{d^3p^{\prime}}{(2\pi)^32\omega_p^{\prime}}(A+B+C)$ где

\begin{array}{l} А "=" ю_{п} ю_{п^{'}} (а_{п}^{†} е^{я п Икс} - б_{п} е^{- я п Икс}) (а_{п^{'}} е^{- я п^{'} Икс} - б_{п^{'}}^{†} е^{я п^{'} Икс}) \\ Б "=" \vec{п} \cdot {\vec{п}}^{'} (а_{п}^{†} е^{я п Икс} - б_{п} е^{- я п Икс}) (а_{п^{'}} е^{- я п^{'} Икс} - б_{п^{'}}^{†} е^{я п^{'} Икс}) \\ С "=" м^{2} (а_{п}^{†} е^{я п Икс} + б_{п} е^{- я п Икс}) (а_{п^{'}} е^{- я п^{'} Икс} + б_{п^{'}}^{†} е^{я п^{'} Икс}) \end{array}

$\begin{array}{l} A=\omega_p\omega_{p^\prime}(a_p^\dagger e^{ipx}-b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}-b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x})\\ B=\vec{p}\cdot \vec{p}^\prime(a_p^\dagger e^{ipx}-b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}-b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x})\\ C=m^2(a_p^\dagger e^{ipx}+b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}+b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x}) \end{array}$ Интеграция по

x

$x$ дает два вида комбинаций:

a_{p}^{†} a_{p^{'}} (2 π)^{3} δ (\vec{p} - {\vec{p}}^{'}), b_{p} b_{p^{'}}^{†} (2 π)^{3} δ (\vec{p} - {\vec{p}}^{'})

$a_p^\dagger a_{p^{\prime}}(2\pi)^3\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime}),b_p b_{p^{\prime}}^\dagger(2\pi)^3\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime})$ и

a_{p}^{†} b_{p^{'}}^{†} (2 π)^{3} δ (\vec{p} + {\vec{p}}^{'}), b_{p} a_{p^{'}} (2 π)^{3} δ (\vec{p} + {\vec{p}}^{'})

$a_p^{\dagger} b_{p^{\prime}}^\dagger(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime}),b_p a_{p^{\prime}}(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime})$ . Среднее значение последних в любом собственном состоянии импульса, очевидно, равно нулю, поэтому они не вносят вклада в гамильтониан. Интеграция

p^{'}

$p^{\prime}$ и используя соотношение

ω_{p}^{2} = | \vec{p} |^{2} + m^{2}

$\omega_p^2=|\vec{p}|^2+m^2$ мы получим

ЧАС "=" \int \frac{г^{3} п}{(2 π)^{3} 2 ю_{п}} ю_{п} (а_{п}^{†} а_{п} + б_{п} б_{п}^{†})

$H=\int \frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}\omega_p(a_p^\dagger a_p+b_p b_p^\dagger)$

Спасибо за Ваш ответ. Не могли бы вы объяснить, почему «математическое ожидание последних в любом собственном состоянии импульса очевидно равно нулю»? это потому, что эти члены приходят с осциллирующей экспонентой и, следовательно, равны нулю для всех p?
@CAF Например, $a_p^\dagger b_{p^{\prime}}^\dagger$ создает частицу с импульсом $p$ и античастица с импульсом $p^{\prime}$ , поэтому применение его к собственному состоянию импульса дает другое собственное состояние, которое отличается от исходного, поэтому их внутренний продукт равен нулю.
Так ты имеешь в виду, что $a_p^{\dagger}b_{p'}^{\dagger}|0\rangle = |u_p, \bar v_{p'}\rangle$ ? Но чем изменится собственное состояние, если мы снова применим этот оператор к состоянию? Разве это не создаст состояние с двумя частицами импульса? $p$ и две античастицы с импульсом $p'$ ?
Собственные состояния с одинаковыми импульсами, но разным числом частиц являются разными собственными векторами $N$ , оператор числа частиц, поэтому они ортогональны.
А, вижу спасибо! Итак, из этого рассуждения $a^{\dagger}_{p}a_{p'}|u_p, u_p'\rangle$ это состояние с 2 частицами импульса $p$ . С $|u_p, u_p'\rangle$ также является состоянием с 2 частицами, они являются одними и теми же собственными векторами N и, следовательно, не обращаются в нуль. Таким образом, оставшиеся условия должны быть просто $a^{\dagger}a$ и $b^{\dagger}b$ . Это верно?
@CAF Не совсем так. Позволять $|\alpha\rangle$ быть любым собственным состоянием импульса и числа частиц, тогда $\langle \alpha|a_p^\dagger a_{p^\prime}|\alpha \rangle$ исчезает, если $p=p^{\prime}$ . Здесь у нас есть $\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime})$ , так и остается; но $\langle \alpha|a_p^\dagger b_{p^\prime}^\dagger|\alpha \rangle$ всегда будет исчезать. Поскольку матрица суммы этих членов без парного оператора рождения и уничтожения является диагональной, она также равна нулю.
Спасибо! Извините за боль, но не могли бы вы отредактировать свой ответ, чтобы также включить отправную точку вычислений. $P^i$ ? Как я писал в своем вступительном посте, у меня есть это $п^{я} "=" \int г^{3} Икс Т^{0 я} "=" \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{я} ψ + \partial^{я} ψ^{†} \partial^{0} ψ) г^{3} Икс$ $P^i = \int d^3 x T^{0i} = \int (\partial^0 \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger}\partial^0 \psi)d^3 x$ Выполняя это вычисление, я получаю минус, каким должен быть ответ. Этот минус я просто не знаю как от него избавиться и уже третий день с ним застрял. Спасибо!
@CAF В метрике $(1,-1,-1,-1)$ , $\partial^i=-\frac{\partial}{\partial x^i}$ , я думаю, что это то, где лежит ваша ошибка. Если нет, я включу вычисление пространственного импульса.
Но зачем мне работать с $-\frac{\partial}{\partial x^i}$ ? я только что работал с $\partial^i$ а при взятии производных использовал тот факт, что $\pm я \partial^{я} (п \cdot Икс) "=" \pm я \partial^{я} (п_{о} т - п^{Дж} {Икс}^{Дж}) "=" \mp я п^{я} .$ $\pm i \partial^i (p \cdot x) = \pm i \partial^i (p_ot - p^jx^j) = \mp i p^i.$ Продолжая это, я получаю минусовую ошибку в конце. Спасибо!
@КАФ $\partial^\mu$ определяется как $\partial^\mu=\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}$ , и для $i=1,2,3$ , $\partial^i=\frac{\partial}{\partial x_i}=-\frac{\partial}{\partial x^i}$ , таким образом $\partial^i(p^j x^j)=-p^i$ . Вы ошиблись насчет знака.

Александр Макфарлейн · Answer 2

Для комплексного импульса

Т^{мю ν} "=" \partial^{мю} ф^{†} (Икс) \partial^{ν} ф (Икс) + \partial^{ν} ф^{†} (Икс) \partial^{мю} ф (Икс) - г_{ν}^{мю} л

$T^{\mu\nu}= \partial^{\mu}\phi^{\dagger}(x)\partial^{\nu}\phi(x) + \partial^{\nu}\phi^{\dagger}(x)\partial^{\mu}\phi(x) - g^{\mu}_{\nu}\mathcal{L}$ Теперь вы можете рассмотреть два отдельных случая:

$T^{0i}$ что дает 3-импульс, $P^{i}$ то есть $g^{0}_{i} = (0,0,0)$
$T^{00}$ что дает гамильтониан, $H = P^{0}$ то есть $g^{0}_{i} = 1$ (в зависимости от метрики может быть -1)

работать отсюда просто, и этот метод цитируется в:

Грейнер, стр. 82
Вайнберг, стр. 310

Если бы также настоятельно рекомендовали взглянуть на страницу 286 Швабля, поскольку у него есть интересный результат, включающий:

п "=" \sum_{п} п ({\hat{н}}_{а (м а т час б ф п)} + {\hat{н}}_{б (м а т час б ф п)})

$\mathbf{P} = \sum_{p} \mathbf{\mathbf{p}} \Big( \hat{n}_{a(\ mathbf{p})} + \hat{n}_{b(\ mathbf{p})} \Big)$

Спасибо за ваш ответ. Две вещи, которые я не понимаю: очевидно (при осмотре), что плотность лагранжиана обращается в нуль для конфигураций поля, которые решают уравнение Дирака, но это не так очевидно для лагранжиана для комплексного скалярного поля. Кроме того, насколько я вижу, $\mathcal L$ для комплексного скалярного поля действительно содержит член формы $\partial_{\mu}\psi^{\dagger}$ (Как и должно быть в противном случае $\mathcal L$ не настоящий). Пожалуйста, скажите, согласны ли вы с этим.
На самом деле мой профессор сказал мне, что это как-то связано с $g^{i0}$ на самом деле является суммированием по 3-полям, а не по 4-полям, поэтому оно содержит только $\mathbf{0}$ . Кажется, это одно из тех производных, где в каждой книге и ресурсе используется надоедливая фраза «ясно видно», когда на самом деле это не так ясно для студента, изучающего тему! Однако в принципе вы можете с уверенностью знать, что оно обращается в нуль, чтобы завершить ваше доказательство. Я постараюсь получить более подробную информацию о том, почему именно на следующий день или около того
Да, я согласен с вами в отношении оценки $P^i$ . В этом случае есть составляющая $g^{0i}$ умножение $\mathcal L$ так оно и исчезает. Однако в случае $P^0$ это неправда, и это тот случай, с которым у меня возникают трудности. Хотя я получил его, используя наблюдения ACuriousMind, но я все же хотел бы понять, почему мой метод не дает мне того, что я хочу.
@CAF У меня есть формальный ответ: $g^{\nu}_0$ можно рассматривать в двух отдельных случаях 1) $g^{i}_0 = (0,0,0)$ и 2) $g^{0}_0 = 1$ (или -1 в зависимости от вашего определения метрики). 1) даст вам определение $P^{\mu}$ и 2) даст вам определение $H=P^{0}$ . Именно по этой причине эти два определения всегда явно разделены во всей литературе, иначе вы могли бы просто объединить их в одно.
Просто интересно, какое начальное выражение вы использовали для вычисления $P^i$ ? я имел $п^{я} "=" \int (\partial_{о} ψ^{†} \partial^{я} ψ + \partial^{я} ψ^{†} \partial_{о} ψ) г^{3} Икс$ $P^i = \int (\partial_o \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger} \partial_o \psi) d^3 x$ что в точности следует из определения тензора энергии напряжений, но не дает правильного ответа. Я думал, что у меня есть $P^i$ но я заметил ошибку знака в том, что у меня было раньше.
нашел хитрую ошибку, которую исправляю сам... см. редактирование

Вывод импульса в КТП - из тензора энергии-импульса [закрыто]

КАФ

Александр Макфарлейн

Любопытный Разум

Нуаралеф

КАФ

Александр Макфарлейн

Александр Макфарлейн

КАФ

Ответы (2)

Ксавье

КАФ

Ксавье

КАФ

Ксавье

КАФ

Ксавье

КАФ

Ксавье

КАФ

Ксавье

Александр Макфарлейн

КАФ

Александр Макфарлейн

КАФ

Александр Макфарлейн

КАФ

Александр Макфарлейн

От теоремы Нётер к каноническому тензору энергии-импульса с использованием трансляций

Вывод канонического тензора энергии-импульса

Тензор энергии-импульса преобразованного лагранжиана Дирака

Скалярное поле в искривленных пространствах

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

Неабелевы глобальные симметрии, заряды SO(N)SO(N)SO(N) в терминах операторов рождения и уничтожения

Константы движения от лагранжиана

Сохраняющиеся токи из теоремы Нётер

Можно ли определить тензор энергии-импульса для классических точечных частиц из КТП?

Симметризация канонического тензора энергии-импульса