Die Ursprünge der zweiten Quantisierung

Ich beschäftige mich seit einiger Zeit mit der Quantentheorie und habe eine Reihe eng damit zusammenhängender Fragen, die mir keine Ruhe lassen. Ich bin mir nicht sicher, ob ein so langes Format hier angemessen ist, aber ich möchte diese Gelegenheit nutzen und meine Fragen auf dieser wunderbaren Website teilen.

Eine Sache, die ich versuche, um die QFT besser zu verstehen, ist, den Formalismus der Besetzungszahlen auf die geringstmögliche Anzahl identischer Teilchen im System anzuwenden. Ein solcher Formalismus basiert auf der Verwendung der Wellenvektoren ('Fock-Zustände', 'zweitquantisierte Zustände') der Form

$$\begin{equation} |n_{1},\,n_{2},\,... ,\,n_{k},\,... \rangle \quad, \end{equation}$$ wo $n_{k}$ steht für die Anzahl der Teilchen in einer symmetrisierten Wellenfunktion in einem Zustand $k$(Ich betrachte nur den Bose-Fall). Zum Beispiel, wenn die Gesamtzahl der Partikel im System ist $3$, dann $$\begin{equation} |\underset{k_1}{2},\,\underset{k_2}{1}\rangle = \dfrac{\sqrt{1!\,1!\,2!}}{\sqrt{3!}} ( |k_1\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle + |k_1\rangle |k_2\rangle |k_1\rangle + |k_2\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle ) \quad, \end{equation}$$ wo $|k_1\rangle$ist der Ein-Teilchen-Zustand. Lassen Sie mich zunächst zeigen, wie dieser Formalismus für einen einzelnen harmonischen Oszillator funktioniert.

Wenn wir setzen $\hbar = \omega = 1$ und ignoriere die Vakuumenergie $\hbar \omega /2$, nimmt der Hamiltonoperator die Form an

$$\begin{equation} \hat{H} = \hat{a}^\dagger \hat{a} \quad, \end{equation}$$ $\hat{a}^\dagger$ und $\hat{a}$ die üblichen Leiteroperatoren sind (bitte nennen Sie sie nicht "Erzeugungs"- und "Vernichtungs"-Operatoren, da $\hat{a}$ erzeugt einen Ein-Teilchen-Zustand, wenn es auf Vakuum einwirkt; andernfalls ändert es nur die Energie des Zustands; siehe Diskussion später).

Die Entsprechung zwischen den zweitquantisierten Zuständen und den Eigenfunktionen des Hamilton-Operators ist:

$$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} |0\rangle&\equiv|0,\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |1\rangle&\equiv|\underset{1}{1},\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |2\rangle&\equiv|0,\,\underset{2}{1},\,0,\,...\rangle \quad,\\ |3\rangle&\equiv|0,\,0,\,\underset{3}{1},\,...\rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$$ Per Definition der Betreiber $\hat{a}^\dagger_k$ erzeugt ein Teilchen im Zustand $k$, während $\hat{a}_k$ vernichtet den Zustand ohne Typpartikel $k$: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle = |...,\,\underset{k}{1},...\rangle \quad,\qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$$ Aus dieser Definition ist klar, dass wir die Operatoren nicht definieren können $\hat{a}_k^\dagger$ auf die folgende Weise: $$\begin{equation} \text{(wrong!)}\quad{\hat{a}_k^\dagger \propto (\hat{a}^\dagger)^k} \quad. \end{equation}$$ Tatsächlich wäre das Erfordernis der Vernichtung in diesem Fall nicht erfüllt: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} (&\hat{a})^2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = (\hat{a})^2\, |5\rangle \propto |3\rangle \quad,\\ &\hat{a}_2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$$

Diese Konstruktion kann ziemlich ungewöhnlich aussehen. Um die Spielregeln besser zu verstehen, verwenden Sie den Matrixformalismus:

$$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a} \cong \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ |0\rangle \cong \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{pmatrix} \quad. \end{gathered}\end{equation}$$

Nun kann man leicht die Form der Operatoren erraten, die den gewünschten Anforderungen gehorchen:

$$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger_1 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a}^\dagger_2 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ \hat{a}^\dagger_3 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad. \end{gathered}\end{equation}$$

Mit der Verwendung dieser Operatoren kann man sofort den Hamilton-Operator eines einzelnen harmonischen Oszillators in der 'QFT-Form' schreiben:

$$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{k=1}^\infty\, \omega_k\, \hat{a}_k^\dagger\,\hat{a}_k \quad, \qquad \omega_k = k\quad. \end{equation}$$

Apropos Betreiber $\hat{a}_k^\dagger$. Zunächst erweisen sie sich als nilpotent. Zweitens haben wir jetzt einige Probleme mit den Kommutierungsbeziehungen, die wir bisher noch nie diskutiert haben. Natürlich würden wir es vorziehen, wenn die neu konstruierten Operatoren den standardmäßigen Heisenberg-Kommutationsrelationen gehorchen

$$\begin{equation} [\hat{a},\,\hat{a}^\dagger] = 1 \quad. \end{equation}$$ Die Matrixform sagt uns jedoch, dass jeder Operator $\hat{a}_k^\dagger$, zusammen mit seinem Partner, bringt die zur Welt $\mathfrak{su}(2)$ Algebra. $$\begin{equation} [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \cong \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 0 & \cdots \\ \vdots & \ddots & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & -1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & 0 & \ddots \end{pmatrix} \end{equation}$$ Fassen wir diese traurigen Ergebnisse in etwas anderer Form zusammen. Der Kommutator wird vom Vakuum eingeklemmt $[a_k,\,\hat{a}^\dagger_k]$ benimmt sich anständig: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle = \langle 0| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|0\rangle - \langle 0| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|0\rangle = 1 - 0 = \phantom{-} 1 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$$ Wir geraten jedoch in Schwierigkeiten, wenn wir den Erstellungsoperator auf das bereits erstellte Partikel anwenden: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle = \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|\underset{k}{1}\rangle - \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|\underset{k}{1}\rangle = 0 - 1 = -1\quad. \end{alignedat}\end{equation}$$ In der zweiten Zeile haben wir versucht, den Erstellungsoperator anzuwenden $\hat{a}^\dagger_k$ zum Staat $|\underset{k}{1}\rangle$, dh ein weiteres Teilchen erzeugen. Dies macht jedoch innerhalb des Ein-Teilchen-Formalismus nicht viel Sinn. Daher scheint es naheliegend vorzuschlagen, dass wir im Fall von zwei Teilchen in der Lage wären, einen weiteren Schritt zu machen und die Vertauschungsbeziehungen die Form von so etwas annehmen würden ${\hat{a}^\dagger_k\cong\operatorname{diag} \{1,\,1,\,?\}}$ in dem ${\{|0\rangle,\,|\underset{k}{1}\rangle,\,|\underset{k}{2}\rangle\}}$ Basis.

Am Ende des Tages können wir sagen:

$\quad 1.\quad$ Wir haben es geschafft, die durch definierten Operatoren zu konstruieren

$$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$$

$\quad 2.\quad$ Diese Operatoren gehorchten nur dann den Heisenberg-Vertauschungsbeziehungen, wenn sie von den Vakuumzuständen eingeklemmt wurden.

FRAGE 1. Sieht soweit alles richtig aus?

Versuchen wir nun, einen Schritt weiter zu gehen und die Konstruktion auf ein System aus zwei identischen Teilchen zu erweitern. Zunächst einmal sollte man an dieser Stelle aufhören, Ein-Teilchen-Zustände als Eigenzustände des Hamiltonoperators zu betrachten. Eine solche Grundlage wäre aufgrund der Probleme mit der Entartung ungünstig. Es ist besser, an die zu denken$|k\rangle$Zustände wie Zustände mit bestimmtem Impuls oder Position. Dann schreibt der Ein-Teilchen-Hamiltonoperator:

$$\begin{equation} \hat{H}_{1} = \int |k\rangle H_{k\,m} \langle m|\, \operatorname{d}k \operatorname{d}m \quad. \end{equation}$$

Der Fock-Raum des Zwei-Teilchen-Systems ist das symmetrisierte Tensorprodukt zweier Ein-Teilchen-Räume. Die Basisvektoren sind nun definiert als:

$$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} |0,\,0,\,0,\,...\rangle &\equiv |0\rangle\otimes|0\rangle \equiv |0\rangle \quad&&,\\ |\underset{k}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|0\rangle\otimes|k\rangle + |k\rangle\otimes|0\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{1},\,\underset{m}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|k\rangle\otimes|m\rangle + |m\rangle\otimes|k\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{2} \rangle &\equiv |k\rangle\otimes|k\rangle \quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$$

Ab jetzt bezeichnen wir die Ein-Teilchen-Operatoren mit ${{}^{(j)}\hat{a}_k^\dagger}$:

$$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &{{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv ({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1}) \,|0\rangle &&\equiv |k\rangle \otimes |0\rangle \quad&&,\\ &{{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv (\hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \,|0\rangle &&= |0\rangle \otimes |k\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$$

Wir definieren die Operatoren$\hat{a}_k^\dagger$ und $\hat{a}_k$ durch ihre Wirkung auf die Basisvektoren in folgender Weise:

$$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle &= &&|\underset{k}{1}\rangle \quad, \qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad, \\ \hat{a}^\dagger_k\,|1\rangle &= 2\,&&|\underset{k}{2}\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$$

FRAGE 2. Wie kann man diese Operatoren in Form von Ein-Teilchen-Operatoren ausdrücken? Dh in der Form:

$$\begin{equation} \sum \limits_k \alpha_k\,{}^{(1)}\hat{A}_k\otimes {}^{(1)}\hat{B}_k \quad. \end{equation}$$

Ich denke, im Prinzip sollte dies möglich sein, da das Tensorprodukt von Basen der Operatorräume eine Basis im Raum der im Tensorprodukt-Vektorraum wirkenden Operatoren bilden sollte. Genauer gesagt, wenn zwei beliebige lineare Operatoren${}^{(1)}\hat{A}$ und ${}^{(1)}\hat{B}$ kann in das Formular geschrieben werden

$$\begin{equation} {}^{(1)}\hat{A} = \sum \limits_{i,j} A^{ij}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij} \quad,\qquad {}^{(2)}\hat{B} = \sum \limits_{k,l} B^{kl}\,{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad, \end{equation}$$ dann kann jeder lineare Operator, der im Tensorprodukt-Vektorraum wirkt, in die Form geschrieben werden $$\begin{equation} \hat{C} = \sum \limits_{i,j,k,l} C^{ijkl}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij}\otimes{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad. \end{equation}$$

Es scheint natürlich, so etwas vorzuschlagen

$$\begin{equation} \tilde{a}^\dagger_k = \alpha\,({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1} + \hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \quad. \end{equation}$$ Aber nicht nur diese Option führt nicht zu den korrekten numerischen Koeffizienten in der Definition des Operators $\hat{a}^\dagger_k$, liefert uns aber auch unbefriedigende Vertauschungsbeziehungen. Für $\alpha = 1/\sqrt{2}$ man bekommt: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= &&1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= &&2\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= -&&1\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$$

Eine gute Nachricht ist, dass, wenn wir einfach den Definitionen von folgen $\hat{a}_k^\dagger$ und $\hat{a}_k$ oben (die durch die Einwirkung auf die Basisvektoren) sind natürlich die Vertauschungsrelationen erfüllt:

$$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= 1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= 1\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= \hspace{.35em}?\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$$ Bei der letzten Gleichung bin ich mir nicht sicher, da, wie bereits erwähnt, im System von $n$ Partikel, macht es wenig Sinn, mit dem Operator zu handeln $\hat{a}^\dagger_k$ auf den Staat $|\underset{k}{n}\rangle$, und deshalb, denke ich, sollten wir uns darüber keine Sorgen machen.

Lassen Sie mich nun erklären, warum all diese Fragen auftauchen. Grundsätzlich bin ich mit dem Prozess der kanonischen Quantisierung der Halbbilder nicht zufrieden. Beim Quantisieren des Feldes Modus für Modus führen Menschen formal dieselbe Operation aus wie im Fall eines harmonischen Oszillators. Die Bedeutung, die wir den Ergebnissen geben, ist jedoch eine ganz andere.

Fragen wir uns zunächst, warum wir die nennen $5^{\text{th}}$ Energiezustand des harmonischen Oszillators ''das Teilchen mit Energie $5\hbar\omega/2$'', nicht ''der Fünf-Teilchen-Zustand''. Ist es nur eine Frage der Konvention? Was hindert uns daran, die Ein-Teilchen-QM zur Beschreibung der Bewegung weniger Teilchen zu verwenden?

Wir haben allen gesagt, dass es bis zu einem gewissen Grad sinnvoll ist, das Teilchen als Gaußsches Wellenpaket zu behandeln. Lassen

$$\begin{equation} |\psi(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle \end{equation}$$ sei der zeitabhängige Zustand, ein um lokalisiertes Teilchen $(x_0+v_{\text{group}}t)$ damals $t$. Betrachten wir nun die Überlagerung zweier solcher Zustände: $$\begin{equation} |\widetilde{\psi}(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle + |g\,(x-x_1+v_{\text{group}}t)\rangle\rangle \end{equation}$$

Warum sagen wir, dass ein solcher Wellenvektor einem einzelnen Teilchen entspricht? Aus theoretischer Sicht liegt das daran, dass wir mit dem klassischen System eines einzelnen Teilchens begonnen haben. Umso interessanter ist der experimentelle Ansatz. Nach der Messung kollabiert die Wellenfunktion und vergisst die beiden 'getrennten' Gaußschen. Hätten wir zwei Detektoren an verschiedenen räumlichen Punkten platziert, würde nur einer von ihnen das Teilchen beobachten (das ist im Grunde das Doppelspaltexperiment). Deshalb behandeln wir die angeregten Zustände der Harmonischen des harmonischen Oszillators (das Potential spielt eigentlich keine Rolle) als unterschiedliche Energieniveaus eines einzelnen Teilchens, aber nicht als Mehrteilchenzustand.

Lassen Sie uns nun die ersten paar Schritte der Feldquantisierung durchführen. Verwenden wir der Einfachheit halber das Klein-Gordon-Feld. Auch wenn man es sich als quantenmechanisches Schrödinger-Feld im Ein-Teilchen-Formalismus vorstellen kann (trotz einiger Probleme mit den negativen Energien, zB Davydov), besteht der Trick darin, es zunächst als klassische Wellengleichung zu betrachten.

$$\begin{equation} (\partial^\mu\partial_\mu+m^2)\,\phi(x)=0\quad. \end{equation}$$ Nach einer (nicht eichinvarianten) Fourier-Transformation $$\begin{equation} \phi(\vec{x},t) = \int \dfrac{d^3 p}{(2\pi)^3} \operatorname{e}^{i\,\vec{p}\cdot\vec{x}} \phi(\vec{p},t) \quad, \end{equation}$$ wir kommen an $$\begin{equation} \left(\partial^2_t+(\vec{p}^{\,2}+m^2)\right)\,\phi(\vec{p},t)=0\quad, \end{equation}$$ was wie eine Gleichung für den harmonischen Oszillator mit der Frequenz aussieht $\omega_{\vec{p}} = \sqrt{\vec{p}^{\,2}+m^2}$. Davon gehen wir im Folgenden aus $\vec{p}$bleibt unverändert. Hier ist es nur ein Index, der die unabhängigen Schwingungsmodi aufzählt. Schreiben wir die Gleichung um und vergleichen sie mit dem regulären harmonischen Oszillator: $$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &(\partial^2_t+\omega_{\vec{p}}^2)\,\phi_{\vec{p}}(t)&&=0\quad&&,\\ &(\partial^2_t+\omega^2)\,q(t)&&=0\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$$ Die Quantisierung dreht sich $q(t)$ in den Betreiber $\hat{q}(t)$ die derselben Differentialgleichung gehorcht (im Heisenberg-Formalismus). $$\begin{equation} (\partial^2_t+\omega^2)\,\hat{q}(t)=0\quad. \end{equation}$$ Im Schrödinger-Bild kann es geschrieben werden als $$\begin{equation} \hat{q} = \hat{q}^\dagger = \dfrac{1}{\sqrt{2\omega}}(\hat{a} + \hat{a}^\dagger) \quad. \end{equation}$$ Ebenso gut wie $\hat{a}^\dagger$ (bis zu einem Multiplikator), $\hat{q}$ kann zur Erzeugung des ersten angeregten Zustands aus dem Vakuum verwendet werden: $$\begin{equation} \sqrt{2\omega}\,\hat{q} |0\rangle = \hat{a}^\dagger |0\rangle = |1\rangle. \end{equation}$$ Wenn wir die Leiter weiter erklimmen wollen, geht es nur $\hat{a}^\dagger$ wer macht die Arbeit richtig.

Das haben wir bereits besprochen, im Fall des harmonischen Oszillators, die Zustände $|n\rangle$können nicht als Mehrteilchenzustände behandelt werden; man sollte sie unbedingt die angeregten Zustände eines einzelnen Teilchens nennen.

Trotzdem behandeln wir in QFT den Zustand ${\dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle}$ als Zwei-Teilchen-Zustand!

$$\begin{equation} \dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle = | \underset{\vec{p}}{2} \rangle \quad, \end{equation}$$ was bedeutungslos erscheint, wenn es als Zustand eines einzelnen harmonischen Oszillators betrachtet wird. Der volle Fockraum des Systems ist dann natürlich nur ein Tensorprodukt davon.

FRAGE 3. Warum behandeln wir in der QFT diese Anregungen als Mehrteilchenzustände?

Lassen Sie mich noch einmal versuchen, selbst eine Antwort zu finden. In Wirklichkeit ist das Verfahren der Feldquantisierung eine Art formaler Trick. Ein strengerer Ansatz besteht darin, die große Anzahl zu berücksichtigen$N$ von Teilchen im Schrödinger-Formalismus (so wie wir es mit zwei Teilchen gemacht haben) und dann den Grenzwert nehmen~$N \to \infty$.

Dieser Ansatz wird oft als altmodisch angesehen. Es wird in Landau-Lifshitz schlecht erklärt, aber auch sehr detailliert in 'Quantum Mechanics' von Blokhintsev. Es erfordert einige Schritte:

$\quad 1. \quad$ Bestimmen Sie die Wirkung des Vielteilchen-Hamiltonitan

$$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m=1}^N \hat{H}_m \end{equation}$$ auf den symmetrisierten Zuständen $| ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle$. Dh die Matrixelemente berechnen $$\begin{equation} \langle...,\,\underset{k-1}{M_{k-1}},\,\underset{k}{M_k},\,\underset{k+1}{M_{k+1}},\,... | \, \hat{H}\, | ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle\quad. \end{equation}$$

$\quad 2. \quad$ Definieren Sie die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren durch ihre Wirkung auf diese Zustände:

$$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$$ Natürlich impliziert eine solche Definition, dass die Kommutierungsbeziehungen erfüllt sind (es sei denn, wir versuchen, mehr Teilchen zu erzeugen, was der Formalismus erlaubt).

$\quad 3. \quad$ Zeigen Sie, dass der Hamiltonoperator in Form von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren, die in der üblichen Weise auf die Mehrteilchenzustände einwirken, gut geschrieben werden kann.

$$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m,n} H_{m\,n} \hat{a}^\dagger_m\,\hat{a}_n + ...\quad, \end{equation}$$ wo $H_{m\,n}$sind nur die Ein-Teilchen-Matrixelemente, während die Punkte für die Wechselwirkungsterme stehen. Die resultierende Aussage ist nicht so trivial wie es scheint und erfordert einige Arbeit.

Der endgültige Ausdruck für den Hamilton-Operator ist derselbe wie im Fall des Ersetzens der klassischen Felder durch ihre "zweitquantisierten" Versionen. Der besondere Grund, warum ich diesen Ansatz mag, ist, dass er es uns ermöglicht, zwei höchst fragwürdige Annahmen der kanonischen Feldquantisierung zu vermeiden:

$\quad\bullet\quad$''Lassen Sie uns das Schrödinger / Klein-Gordon / ... ~ Feld als ein klassisches Feld behandeln und seine Fourier-Modi quantisieren...''

$\quad\bullet\quad$ ''Behandeln wir die Anregungen quantisierter Fourier-Moden als Mehrteilchenzustände...''

Stattdessen definieren wir die Erzeugungsoperatoren durch ihre Wirkung auf das Vakuum und postulieren, dass sie einen symmetrisierten Zustand im Mehrteilchensystem erzeugen.

Man mag sich fragen, wie dieser Ansatz in EM funktionieren soll, da wir in diesem Fall bereits ein Feld auf klassischem Niveau haben. Hier ist meine Vermutung als Frage formuliert.

FRAGE 4. Können wir das EM-Feld „zweitquantisieren“, indem wir die Maxwell-Gleichungen als eine Schrödinger-Gleichung behandeln (siehe zB Bücher von Fushchich und Nikitin) und dann deren Mehrteilchenzustände berücksichtigen?

Ich schätze, die typische Schlussfolgerung, die Leute ziehen, nachdem sie über solche Themen nachgedacht haben, ist: „Nun, beide Ansätze (Symmetrisierung von Einzelteilchenzuständen und Quantisierung der Fourier-Modi) sollten funktionieren ; beide haben verschiedene Vor- und Nachteile; die Feldquantisierung ist nützlicher, weil sie uns schneller zur richtigen Antwort führt (damit wir endlich in die Berechnung der Amplituden und Wirkungsquerschnitte eintauchen können).''

Abschließend möchte ich meine ernsteste Frage stellen, die mich jahrelang beschäftigt hat und die durch Colemans Illustration der „Missing-Box-Methode“ (aus seinen Vorlesungen in Physik 253a) perfekt veranschaulicht wird. Ein Weg von der klassischen Mechanik zur Feldtheorie über die „QM“-Box ist:

$$\begin{equation} \begin{gathered} \begin{gathered} \text{Quantise the}\\ \text{classical system}\\ \text{in a usual way} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Take many copies}\\ \text{of such systems}\\ \text{and construct}\\ \text{symmetrised states} \end{gathered} \quad\to\\ \to\quad \begin{gathered} \text{Define creation}\\ \text{and annihilation}\\ \text{operators by}\\ \text{action on those states} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Express the}\\ \text{Hamiltonian in}\\ \text{in terms of}\\ \text{such operators} \end{gathered} \end{gathered} \end{equation}$$ Ein anderer Weg durch die Box „Klassische Feldtheorie“ ist: $$\begin{equation} \begin{gathered} \text{Make a Fourier}\\ \text{transform of the}\\ \text{classical field}\\ \text{equation} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Quantise each}\\ \text{independent mode as a}\\ \text{harmonic oscillator}\\ \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Postulate that the}\\ \text{climbing the ladder}\\ \text{is but the creation}\\ \text{of new particles} \end{gathered} \end{equation}$$ Interessanterweise diskutieren wir im zweiten Ansatz nie explizit die Symmetrisierung. Wir sagen einfach, dass die mit einer bestimmten Quantenzahl bezeichneten Anregungen eines harmonischen Oszillators identische Teilchen sind (an dieser Stelle mag man an das Spin-Statistik-Theorem denken).

FRAGE 5. Warum sind die beiden Verfahren gleichwertig und führen zum gleichen Ergebnis?

Genauer gesagt, warum haben wir am Ende dieselben Fock-Räume, dieselben Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren?

Ich weiß, alle Zutaten sind genau hier, vor mir ... aber ich kann das Puzzle immer noch nicht einsammeln. Und ich begnüge mich nicht mit einem einfachen Vergleich der Ausgänge zweier Blackboxes.

Alle Ideen oder Verweise auf verschiedene Quellen werden sehr geschätzt.

Vielen Dank!