Eigenzustände in QFT und Amplitude eines Feldoperators

Ihre beste Wahl könnte der überdetaillierte QFT-Text von Itzykson & Zuber sein, eingefügt in 3.1.2. Sie erklären, dass Ihr übermäßig naiver Ausdruck (1) Eigenzustände von ergibt$\hat \phi (x)_-$, nicht$\hat \phi (x)$. Die Antwort, die Sie zitieren, warnt Sie ausdrücklich, dass dies kein Feldoperator-Eigenzustand ist. (Übrigens, deine$|f(x)\rangle$sollte wirklich sein$|f\rangle$, da es alle x s abdeckt. Das Argument ist die Funktion, nicht ihr Wert bei x .)

Anstatt in einem Albtraum aus sequentiellen Fourier-Transformationen, zügelloser Indizierung und Normalisierung zur Erzwingung von Lorentz-Invarianz und Hermitizität zu versinken, gebe ich Ihnen einen einfachen Hinweis .

Ich werde die gesamte unendliche Reihe von Oszillatoren der QFT eliminieren, nur einen beibehalten, und Sie an die grundlegenden kohärenten Zustandsmanöver erinnern, indem ich die Spurkarte für Ihren Beweis skizziere, der eine Unendlichkeit von Oszillatoren beinhaltet.

Behalten Sie also einfach einen einzelnen Oszillator bei und gehen Sie zu hier ; hier ; und hier für technische Details.$\hat \phi$hier entspricht$\hat x$,$\hat \phi_+$Zu$a^\dagger$, Aber$\hat p$zum kanonisch konjugierten Feld$\pi$; eindeutig nicht Ihr Oszillator -Label , Flaum, für Ihren$|\vec p\rangle$, die sich hier auf einen einzigen Wert reduziert hat (zusammen mit Ihrem x- Fluff-Label).

Abrufen$[a , a^\dagger ]=1$. Nehmen Sie dann x = f für Ihre klassische Konfiguration, hier, Ort,

$$|f\rangle = N(f) ~ \exp\left ( -\frac{(a^\dagger -f\sqrt{2})^2} {2}  \right )|0\rangle   \Longrightarrow  \hat{~x}~|f\rangle=f|f\rangle,\\ |p\rangle= N(p) ~ \exp \left( \frac{(a^\dagger +ip\sqrt{2})^2}{2}   \right ) |0\rangle  \Longrightarrow  \hat{~p}~|p\rangle=p|p\rangle ~.$$ Sie können versuchen, es zu beheben$N(x)=e^{x^2/2}/\pi^{1/4}$aus$\langle 0|x\rangle$, dem Schrödinger-Grundzustand des Oszillators. (Tatsächlich ist N die Umkehrung der Gaußschen Funktion!) Das wird dann gezeigt $$\langle p |x\rangle= e^{ixp}/ \sqrt{2\pi}.$$ Das grundlegende Manöver ist, dass sich a wie ein Ableitungsoperator auf die verhält$a^\dagger$s in der Exponentialfunktion.

Das Analogon des Konjugierten Ihrer Amplitude (2) ist hier

$$\langle 0| a |f\rangle = \langle 0|f\sqrt{2}-a^\dagger|f\rangle= f\sqrt{2} ~ \langle 0 |f\rangle =f\sqrt{2}~e^{-f^2/2}/\pi^{1/4}.$$ Ich bin mir nicht sicher, was Sie daraus für einen isolierten Oszillator und erst recht für die Skalarfeldtheorie lernen würden, aber da ist es.

Beachten Sie, dass Sie, wenn Sie nur die Kreuzterme im Exponenten beibehalten hätten, dh wenn Sie den quadratischen Term im Exponenten weggeschmissen hätten, genau die gleiche Antwort für (2) erhalten hätten, wie die operative Verschiebungsfunktion des a ist dasselbe gilt für kohärente Zustände im QM!

Natürlich ist der wahre McCoy hier nur der Staat selbst,

$$\frac{ a +a^\dagger}{\sqrt{2}} |f\rangle = f |f\rangle .$$ Dies könnte helfen, die Rolle des quadratischen Terms im Exponenten zu verdeutlichen: Das Weglassen dieses quadratischen Terms im Exponenten würde einen Eigenzustand von lediglich a ergeben .