Ableitung des Impulses in QFT - vom Energie-Impuls-Tensor [geschlossen]

Question

Ableitung des Impulses in QFT - vom Energie-Impuls-Tensor [geschlossen]

CAF

Der konservierte 4-Impulsoperator für das komplexe Skalarfeld $\psi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\psi_1 + i\psi_2)$ ist in Bezug auf die Modusoperatoren in angegeben $\psi$ Und $\psi^{\dagger}$ als

P^{v} = \int \frac{D^{3} P}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2 ω (P)} P^{v} (A^{†} (P) A (P) + B^{†} (P) B (P))

$P^{\nu} = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3 }\frac{1}{2 \omega(p)} p^{\nu} (a^{\dagger}(p) a(p) + b^{\dagger}(p) b(p))$ Dies ist nur in meinen Notizen angegeben, aber ich würde gerne sehen, wie ich mit den Modusoperatoren dorthin komme. Der Lagrangian für das komplexe Skalarfeld ist

L = \partial_{μ} ψ^{†} \partial^{μ} ψ - M^{2} ψ^{†} ψ .

$\mathcal L = \partial_{\mu} \psi^{\dagger} \partial^{\mu} \psi - m^2 \psi^{\dagger} \psi.$ Der mit dieser Theorie verbundene Spannungsenergietensor ist

T^{μ v} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ψ)} \partial^{v} ψ + \partial^{v} ψ^{†} \frac{\partial L}{\partial (\partial_{μ} ψ^{†})} - L δ^{μ v},

$T^{\mu \nu} = \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu}\psi)} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger} \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \psi^{\dagger})} - \mathcal L\delta^{\mu \nu},$ was mit dem Lagrangian ergibt

T^{μ v} = \partial^{μ} ψ^{†} \partial^{v} ψ + \partial^{v} ψ^{†} \partial^{μ} ψ - L δ^{μ v}

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

P^{v} = \int T^{0 v} D^{3} X = \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{v} ψ + \partial^{v} ψ^{†} \partial^{0} ψ - L δ^{0 v}) D^{3} X

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

P^{0} = \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ + \partial^{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ - \partial_{0} ψ^{†} \partial^{0} ψ - \partial_{ich} ψ^{†} \partial^{ich} ψ + M^{2} ψ^{†} ψ) D^{3} X

$P^0= \int (\partial^{0} \psi^{\dagger} \partial^{0} \psi + \partial^{0} \psi^{\dagger}\partial^{0}\psi - \partial_0 \psi^{\dagger} \partial^0 \psi - \partial_i \psi^{\dagger} \partial^i \psi + m^2 \psi^{\dagger}\psi) d^3 x$ Ebenso erhalte ich

P^{ich} = \int D^{3} X (\partial_{0} ψ^{†} \partial^{ich} ψ + \partial^{ich} ψ^{†} \partial_{0} ψ)

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

Ich verstehe, wie der Ausdruck für $P^0$ wird unter Verwendung des Integrals abgeleitet, das ich oben geschrieben habe, aber des Ausdrucks for $P^i$ ist durch ein Vorzeichen falsch. Ich sehe in meinen Notizen, dass sie tatsächlich den integralen Ausdruck für haben $P^i$ dass ich aber ein minus vor habe. Aber ich bin mir nicht sicher über die Quelle dieses Minus. Vielleicht fehlt mir etwas konzeptionell bei der Ableitung von $P^i$ Dann. Vielen Dank für alle Kommentare.

Alexander McFarlane

Ich mache das gleiche Problem: Die

m^{2}

$m^2$ Begriff geht einfach nirgendwo für mich. Ich dachte zuerst, vielleicht liegt es daran, dass die Metrik,

g_{0}^{ν} = (1, 0, 0, 0)

$g_{0}^{\nu}=\left(1,0,0,0\right)$ und dieser Teil hat keine Zeitabhängigkeit. Dies würde jedoch nicht für den Hamilton-Operator funktionieren, der die enthält

m

$m$ Begriff bei der Verwendung

T^{00}

$T^{00}$ ...

ACuriousMind

Es ist eine etwas langwierige Ableitung, die ein bisschen einfacher wird, wenn Sie es erkennen

P^{0}

$P^0$ ist nur der Hamilton-Operator, aber trotzdem ist es wichtig, vorsichtig zu sein, besonders damit, wie die Ableitungen auf die Mod-Erweiterung wirken und sich an was erinnern

ω (p)

$\omega(p)$ Ist. Dies wird ziemlich explizit in Kapitel 1.5 dieser Notizen gemacht .

Noiralef

Was passiert bei Ihrer Rechnung mit den Begriffen ohne

m^{2}

$m^2$ ? Wenn Sie diese einbeziehen, sollten Sie in der Lage sein, an zu faktorisieren

ω (p)^{2} = (m^{2} + {\vec{p}}^{2})

$\omega(p)^2 = (m^2 + \vec p^2)$ aus dem Integranden, der die aufhebt

ω (p)^{2}

$\omega(p)^2$ im Nenner. (Beachten Sie, dass

p^{0} / ω (p) = 1

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

CAF

@Noiralef: Ja genau, ich benutze die Energie-Impuls-Beziehung zum Schreiben

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

$p_0^2 - p_i^2 = m^2$ was mir erlaubt, die Terme zu kombinieren, die nicht von m abhängen. Grundsätzlich habe ich

\frac{P_{0}^{2} - P_{ich}^{2}}{w (P)^{2}} + \frac{M^{2}}{w (P)^{2}} = 2 \frac{M^{2}}{w (P)^{2}}

$\frac{p_0^2 - p_i^2}{w(p)^2} + \frac{m^2}{w(p)^2} = 2\frac{m^2}{w(p)^2}$ wie in der letzten Gleichung in meinem Beitrag geschrieben. Hier stecke ich fest.

Alexander McFarlane

Es kann viel einfacher gemacht werden, wenn Sie die Dynamik in Bezug auf die Nummernoperatoren berücksichtigen und von dort aus arbeiten, was meiner Meinung nach für Ihre Frage zufriedenstellend ist

Alexander McFarlane

@CAF Ich glaube, ich habe Ihr Problem gelöst. Ich habe auch einen zusätzlichen Punkt hinzugefügt, da ich angesichts des Timings vermute, dass wir dasselbe Problemblatt erstellen ...

CAF

An diejenigen, die sich entschieden haben, meinen Thread zu schließen, beachten Sie bitte die Änderung, die ich jetzt vorgenommen habe, um ihn wieder zu öffnen.

Antworten (2)

Ableitung des Impulses in QFT - vom Energie-Impuls-Tensor [geschlossen]

Ich mache das gleiche Problem: Die $m^2$ Begriff geht einfach nirgendwo für mich. Ich dachte zuerst, vielleicht liegt es daran, dass die Metrik, $g_{0}^{\nu}=\left(1,0,0,0\right)$ und dieser Teil hat keine Zeitabhängigkeit. Dies würde jedoch nicht für den Hamilton-Operator funktionieren, der die enthält $m$ Begriff bei der Verwendung $T^{00}$ ...
Es ist eine etwas langwierige Ableitung, die ein bisschen einfacher wird, wenn Sie es erkennen $P^0$ ist nur der Hamilton-Operator, aber trotzdem ist es wichtig, vorsichtig zu sein, besonders damit, wie die Ableitungen auf die Mod-Erweiterung wirken und sich an was erinnern $\omega(p)$ Ist. Dies wird ziemlich explizit in Kapitel 1.5 dieser Notizen gemacht .
Was passiert bei Ihrer Rechnung mit den Begriffen ohne $m^2$ ? Wenn Sie diese einbeziehen, sollten Sie in der Lage sein, an zu faktorisieren $\omega(p)^2 = (m^2 + \vec p^2)$ aus dem Integranden, der die aufhebt $\omega(p)^2$ im Nenner. (Beachten Sie, dass $p^0 / \omega(p) = 1$ .)
@Noiralef: Ja genau, ich benutze die Energie-Impuls-Beziehung zum Schreiben $p_0^2 - p_i^2 = m^2$ was mir erlaubt, die Terme zu kombinieren, die nicht von m abhängen. Grundsätzlich habe ich $\frac{P_{0}^{2} - P_{ich}^{2}}{w (P)^{2}} + \frac{M^{2}}{w (P)^{2}} = 2 \frac{M^{2}}{w (P)^{2}}$ $\frac{p_0^2 - p_i^2}{w(p)^2} + \frac{m^2}{w(p)^2} = 2\frac{m^2}{w(p)^2}$ wie in der letzten Gleichung in meinem Beitrag geschrieben. Hier stecke ich fest.
Es kann viel einfacher gemacht werden, wenn Sie die Dynamik in Bezug auf die Nummernoperatoren berücksichtigen und von dort aus arbeiten, was meiner Meinung nach für Ihre Frage zufriedenstellend ist
@CAF Ich glaube, ich habe Ihr Problem gelöst. Ich habe auch einen zusätzlichen Punkt hinzugefügt, da ich angesichts des Timings vermute, dass wir dasselbe Problemblatt erstellen ...
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Xavier · Answer 1

Einsetzen der Erweiterung

ψ = \int \frac{D^{3} P}{(2 π)^{3} 2 ω_{P}} (A_{P} e^{- ich P X} + B_{P}^{†} e^{ich P X})

$\psi=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}(a_pe^{-ipx}+b_p^\dagger e^{ipx})$ in den Ausdruck für den Hamiltonoperator

H = \int D^{3} X ({\dot{ψ}}^{†} \dot{ψ} + \nabla ψ^{†} \cdot \nabla ψ + M^{2} ψ^{†} ψ)

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

H = \int D^{3} X \int \int \frac{D^{3} P}{(2 π)^{3} 2 ω_{P}} \frac{D^{3} P^{'}}{(2 π)^{3} 2 ω_{P}^{'}} (A + B + C)

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

\begin{array}{l} A = ω_{P} ω_{P^{'}} (A_{P}^{†} e^{ich P X} - B_{P} e^{- ich P X}) (A_{P^{'}} e^{- ich P^{'} X} - B_{P^{'}}^{†} e^{ich P^{'} X}) \\ B = \vec{P} \cdot {\vec{P}}^{'} (A_{P}^{†} e^{ich P X} - B_{P} e^{- ich P X}) (A_{P^{'}} e^{- ich P^{'} X} - B_{P^{'}}^{†} e^{ich P^{'} X}) \\ C = M^{2} (A_{P}^{†} e^{ich P X} + B_{P} e^{- ich P X}) (A_{P^{'}} e^{- ich P^{'} X} + B_{P^{'}}^{†} e^{ich P^{'} X}) \end{array}

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

x

$x$ ergibt zwei Arten von Kombinationen:

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

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

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

$a_p^{\dagger} b_{p^{\prime}}^\dagger(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime}),b_p a_{p^{\prime}}(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime})$ . Der Erwartungswert der letzteren ist in jedem Impuls-Eigenzustand offensichtlich Null, sie haben also keinen Beitrag zum Hamilton-Operator. Integrieren vorbei

p^{'}

$p^{\prime}$ und die Beziehung verwenden

ω_{p}^{2} = | \vec{p} |^{2} + m^{2}

$\omega_p^2=|\vec{p}|^2+m^2$ wir werden .. bekommen

H = \int \frac{D^{3} P}{(2 π)^{3} 2 ω_{P}} ω_{P} (A_{P}^{†} A_{P} + B_{P} B_{P}^{†})

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

Danke für deine Antwort. Könnten Sie bitte erklären, warum "die Erwartungswerte der letzteren in jedem Impuls-Eigenzustand offensichtlich Null sind"? Liegt es daran, dass diese Terme mit einem oszillierenden Exponential kommen und daher über allen p verschwinden?
@CAF Zum Beispiel $a_p^\dagger b_{p^{\prime}}^\dagger$ erzeugt ein Teilchen mit Impuls $p$ und ein Antiteilchen mit Impuls $p^{\prime}$ , so dass die Anwendung auf einen Impuls-Eigenzustand einen anderen Eigenzustand erzeugt, der sich vom ursprünglichen unterscheidet, sodass ihr inneres Produkt null ist.
Also meinst du das $a_p^{\dagger}b_{p'}^{\dagger}|0\rangle = |u_p, \bar v_{p'}\rangle$ ? Aber wie unterscheidet sich der Eigenzustand, wenn wir diesen Operator erneut auf den Zustand anwenden? Wird es nicht einfach einen Zustand mit zwei Impulsteilchen erzeugen? $p$ und zwei Antiteilchen des Impulses $p'$ ?
Eigenzustände mit gleichen Impulsen, aber unterschiedlichen Teilchenzahlen sind unterschiedliche Eigenvektoren von $N$ , der Teilchenzahloperator, also sind sie orthogonal.
Ah ich verstehe danke! Also, von diesem Argument, $a^{\dagger}_{p}a_{p'}|u_p, u_p'\rangle$ ist ein Zustand mit 2 Impulsteilchen $p$ . Seit $|u_p, u_p'\rangle$ ist auch ein Zustand mit 2 Teilchen, sie sind die gleichen Eigenvektoren von N und verschwinden daher nicht. Die verbleibenden Laufzeiten müssen also einfach sein $a^{\dagger}a$ Und $b^{\dagger}b$ . Ist das korrekt?
@CAF Nicht genau. Lassen $|\alpha\rangle$ sei dann ein beliebiger Eigenzustand von Impuls und Teilchenzahl $\langle \alpha|a_p^\dagger a_{p^\prime}|\alpha \rangle$ verschwindet, es sei denn $p=p^{\prime}$ . Hier haben wir $\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime})$ , so bleibt es; Aber $\langle \alpha|a_p^\dagger b_{p^\prime}^\dagger|\alpha \rangle$ wird immer verschwinden. Da die Matrix der Summe dieser Terme ohne Paarbildungs- und Vernichtungsoperator diagonal ist, verschwindet sie ebenfalls.
Danke! Es tut mir leid, ein Schmerz zu sein, aber könnten Sie Ihre Antwort vielleicht so bearbeiten, dass sie auch den Ausgangspunkt des Rechnens enthält $P^i$ ? Wie ich in meinem Eröffnungspost schrieb, habe ich das $P^{ich} = \int D^{3} X T^{0 ich} = \int (\partial^{0} ψ^{†} \partial^{ich} ψ + \partial^{ich} ψ^{†} \partial^{0} ψ) D^{3} X$ $P^i = \int d^3 x T^{0i} = \int (\partial^0 \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger}\partial^0 \psi)d^3 x$ Wenn ich diese Berechnung durchführe, bekomme ich minus, was die Antwort sein sollte. Dieses Minus, ich weiß einfach nicht, wie ich es loswerden soll und stecke jetzt seit drei Tagen daran fest. Danke!
@CAF In der Metrik $(1,-1,-1,-1)$ , $\partial^i=-\frac{\partial}{\partial x^i}$ , ich denke, da liegt dein Fehler. Wenn nicht, werde ich die Berechnung des räumlichen Impulses einbeziehen.
Aber warum sollte ich damit arbeiten müssen $-\frac{\partial}{\partial x^i}$ ? Ich habe nur mit gearbeitet $\partial^i$ und bei der Einnahme von Derivaten die Tatsache genutzt, dass $\pm ich \partial^{ich} (P \cdot X) = \pm ich \partial^{ich} (P_{Ö} T - P^{J} X^{J}) = \mp ich P^{ich} .$ $\pm i \partial^i (p \cdot x) = \pm i \partial^i (p_ot - p^jx^j) = \mp i p^i.$ Wenn ich damit fortfahre, bekomme ich am Ende den Minus-Fehler. Danke!
@CAF $\partial^\mu$ ist definiert als $\partial^\mu=\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}$ , und für $i=1,2,3$ , $\partial^i=\frac{\partial}{\partial x_i}=-\frac{\partial}{\partial x^i}$ , daher $\partial^i(p^j x^j)=-p^i$ . Sie machen hier einen Fehler mit dem Zeichen.

Alexander McFarlane · Answer 2

Für den komplexen Impuls gilt

T^{μ v} = \partial^{μ} ϕ^{†} (X) \partial^{v} ϕ (X) + \partial^{v} ϕ^{†} (X) \partial^{μ} ϕ (X) - G_{v}^{μ} L

$T^{\mu\nu}= \partial^{\mu}\phi^{\dagger}(x)\partial^{\nu}\phi(x) + \partial^{\nu}\phi^{\dagger}(x)\partial^{\mu}\phi(x) - g^{\mu}_{\nu}\mathcal{L}$ Jetzt können Sie zwei getrennte Fälle betrachten:

$T^{0i}$ was den 3-Impuls gibt, $P^{i}$ dh $g^{0}_{i} = (0,0,0)$
$T^{00}$ was den Hamiltonian ergibt, $H = P^{0}$ dh $g^{0}_{i} = 1$ (abhängig von der Metrik kann -1 sein)

Von hier aus zu arbeiten ist unkompliziert und diese Methode wird zitiert in:

Greiner, S. 82
Weinberg, S. 310

Ich würde auch dringend empfehlen, sich Seite 286 von Schwabl anzusehen, da er ein interessantes Ergebnis hat, das Folgendes beinhaltet:

P = \sum_{P} P ({\hat{N}}_{A (M A T H B F P)} + {\hat{N}}_{B (M A T H B F P)})

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

Vielen Dank für Ihre Antwort. Zwei Dinge verstehe ich nicht: Es ist offensichtlich (durch Inspektion), dass die Lagrangian-Dichte für Feldkonfigurationen verschwindet, die die Dirac-Gleichung lösen, aber dies ist für den Lagrangian für ein komplexes Skalarfeld nicht so klar. Außerdem, soweit ich das sehe, $\mathcal L$ denn ein komplexes Skalarfeld enthält einen Term der Form $\partial_{\mu}\psi^{\dagger}$ (Wie es sonst sein muss $\mathcal L$ ist nicht echt). Bitte sagen Sie mir, ob Sie damit einverstanden sind.
Mir wurde tatsächlich von meinem Professor gesagt, dass es etwas mit dem zu tun hat $g^{i0}$ eigentlich eine Summierung über das 3-Feld und nicht über das 4-Feld, daher enthält es nur $\mathbf{0}$ . Es scheint eine dieser Ableitungen zu sein, bei der jedes Buch und jede Ressource den lästigen Ausdruck "es ist klar zu sehen" verwendet, wenn es einem Studenten, der das Thema lernt, wirklich nicht so klar ist! Grundsätzlich können Sie jedoch sicher wissen, dass es verschwindet, um Ihren Beweis zu vervollständigen. Ich werde versuchen, mehr Details über den genauen Grund im Laufe des nächsten Tages oder so zu erhalten
Ja, ich stimme Ihnen für die Bewertung von $P^i$ . In diesem Fall gibt es eine Komponente $g^{0i}$ multiplizieren $\mathcal L$ also verschwindet es tatsächlich. Allerdings im Fall von $P^0$ das stimmt nicht und ist der Fall, mit dem ich Schwierigkeiten habe. Ich habe es zwar anhand der Beobachtung von ACuriousMind abgeleitet, aber ich würde trotzdem gerne sehen, warum meine Methode mir nicht das gibt, was ich will.
@CAF Ich habe die formelle Antwort: $g^{\nu}_0$ kann in zwei getrennten Fällen gedacht werden 1) $g^{i}_0 = (0,0,0)$ und 2) $g^{0}_0 = 1$ (oder -1, abhängig von Ihrer Metrikdefinition). 1) gibt Ihnen die Definition von $P^{\mu}$ und 2) gibt Ihnen die Definition von $H=P^{0}$ . Genau aus diesem Grund werden die beiden Definitionen in der gesamten Literatur immer explizit getrennt, sonst könnte man sie nur zu einer kombinieren.
Ich frage mich nur, welchen Startausdruck Sie für die Berechnung verwendet haben $P^i$ ? ich hatte $P^{ich} = \int (\partial_{Ö} ψ^{†} \partial^{ich} ψ + \partial^{ich} ψ^{†} \partial_{Ö} ψ) D^{3} X$ $P^i = \int (\partial_o \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger} \partial_o \psi) d^3 x$ was genau aus der Definition des Spannungsenergietensors folgt, aber nicht die richtige Antwort gibt. Ich dachte ich hatte $P^i$ aber ich bemerkte einen Vorzeichenfehler in dem, was ich zuvor hatte.
habe einen zwielichtigen Fehler gefunden, den ich selbst korrigiere ... siehe Bearbeiten

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