Eine Frage zur Verwendung der Fourier-Zerlegung zur Lösung der Klein-Gordon-Gleichung

Question

Eine Frage zur Verwendung der Fourier-Zerlegung zur Lösung der Klein-Gordon-Gleichung

Wellen
Physik
Feldtheorie
Greens-Funktionen
Fourier-Transformation
Klein-Gordon-Gleichung

Wille

Angesichts der Klein-Gordon-Gleichung

(◻ + M^{2}) ϕ (T, X) = 0

$\left(\Box +m^{2}\right)\phi(t,\mathbf{x})=0$ es ist möglich, eine Lösung zu finden

ϕ (t, x)

$\phi(t,\mathbf{x})$ B. durch Ausführen einer Fourier-Zerlegung des Skalarfelds

ϕ

$\phi$ zu einem bestimmten Zeitpunkt

t

$t$ , so dass

ϕ (T, X) = \int \frac{D^{3} X}{(2 π)^{3}} \tilde{ϕ} (T, k) e^{ich k \cdot X}

$\phi(t,\mathbf{x})=\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}$ Wo

\tilde{ϕ} (t, k)

$\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)$ sind die Fourier-Moden des entsprechenden Feldes

ϕ (t, x)

$\phi(t,\mathbf{x})$ .

Daraus können wir die erforderliche Entwicklung der Fourier-Moden berechnen $\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)$ so dass zu jedem Zeitpunkt $t$ , $\phi(t,\mathbf{x})$ ist eine Lösung der Klein-Gordon-Gleichung. Dies kann in Anlehnung an das Obige wie folgt erfolgen:

(◻ + M^{2}) ϕ (T, X) = (◻ + M^{2}) \int \frac{D^{3} X}{(2 π)^{3}} \tilde{ϕ} (T, k) e^{ich k \cdot X} = \int \frac{D^{3} X}{(2 π)^{3}} [(\partial_{T}^{2} + k^{2} + M^{2}) \tilde{ϕ} (T, k)] e^{ich k \cdot X} = 0 \Rightarrow (\partial_{T}^{2} + k^{2} + M^{2}) \tilde{ϕ} (T, k) = 0

$\left(\Box +m^{2}\right)\phi(t,\mathbf{x})=\left(\Box +m^{2}\right)\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;\,\\ =\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\left[\left(\partial^{2}_{t}+\mathbf{k}^{2}+m^{2}\right)\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)\right]e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} =0\\ \Rightarrow \left(\partial^{2}_{t}+\mathbf{k}^{2}+m^{2}\right)\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)=0 \qquad\qquad\qquad$

Frage : Das ist alles schön und gut, aber warum führen wir in diesem Fall nur eine Fourier-Zerlegung des räumlichen Anteils durch, während wir in anderen Fällen, wie zum Beispiel bei der Lösung von Propagatoren (Greensche Funktionen), eine Fourier-Zerlegung durchführen Zerlegung über alle 4 Raumzeitkoordinaten? [z.B

G (X - j) = \int \frac{D^{4} X}{(2 π)^{4}} \tilde{G} (T, k) e^{ich k \cdot X}

$G(x-y)=\int\frac{d^{4}x}{(2\pi)^{4}}\tilde{G}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{ik\cdot x}$ (Wo in diesem Fall

k \cdot x \equiv k_{μ} x^{μ}

$k\cdot x\equiv k_{\mu}x^{\mu}$ ).]

Liegt es einfach daran, dass wir die entsprechende QFT für ein Skalarfeld im Heisenberg-Bild konstruieren, oder steckt noch etwas anderes dahinter?

Entschuldigung, wenn dies eine wirklich dumme Frage ist, aber sie nervt mich wirklich eine Weile und ich möchte die Argumentation klar in meinen Kopf bekommen!

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Eine Frage zur Verwendung der Fourier-Zerlegung zur Lösung der Klein-Gordon-Gleichung

AccidentalFourierTransform · Answer 1

Notation : $x=(t,\boldsymbol x)$ ; $k=(k_0,\boldsymbol k)$ ; $kx=k_0t-\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x$ ; $\mathrm dx=\mathrm dt\;\mathrm d^3\boldsymbol x$ ; usw.

Sie können die Fourier-Zerlegung im Prinzip sowohl für Raum- als auch für Zeitvariablen durchführen, dazu benötigen Sie jedoch mehrere Eigenschaften der Dirac-Delta-Funktion :

Die erste lautet: let $\xi\in\mathbb R$ ; Dann

\begin{matrix} (1) & δ (F (ξ)) = \sum_{F (ξ_{ich}) = 0} \frac{δ (ξ - ξ_{ich})}{| F^{'} (ξ_{ich}) |} \end{matrix}

$\delta(f(\xi))=\sum_{f(\xi_i)=0} \frac{\delta(\xi-\xi_i)}{|f'(\xi_i)|} \tag{1}$ wo die Summe über jeder ist

ξ_{i}

$\xi_i$ so dass

f (ξ_{i}) = 0

$f(\xi_i)=0$ , dh über die Wurzeln von

f (ξ)

$f(\xi)$ .

Das zweite ist das, gegeben $g(\xi)$ eine bekannte Funktion, die Verteilungslösung von $g(\xi)f(\xi)=0$ Ist $f(\xi)=h(\xi)\delta(g(\xi))$ für eine beliebige Funktion $h(\xi)$ . Wenn Sie diesen glauben , dann ist die Fourier-Zerlegung wie folgt:

Lassen $\phi(x)$ sei die Lösung von

(\partial^{2} + M^{2}) ϕ (X) = 0

$(\partial^2+m^2)\phi(x)=0$

Nehmen Sie die Fourier-Transformation der zu findenden Gleichung

\begin{matrix} (2) & (k^{2} - M^{2}) ϕ (k) = 0 \end{matrix}

$(k^2-m^2)\phi(k)=0 \tag{2}$ Wo

ϕ (k) = \int D X e^{ich k X} ϕ (X)

$\phi(k)=\int \mathrm dx\ \mathrm e^{ikx} \phi(x)$

Als $\phi(x)$ ist eine Verteilung, die Lösung von $(2)$ Ist $\phi(k)=h(k)\delta(k^2-m^2)$ für eine beliebige Funktion $h(k)$ . Invertieren der Fourier-Transformation finden wir

ϕ (X) = \int D k e^{- ich k X} H (k) δ (k^{2} - M^{2})

$\phi(x)=\int\mathrm dk\ \mathrm e^{-ikx}h(k)\delta(k^2-m^2)$

Als nächstes verwenden $(1)$ um das Delta über die Wurzeln zu erweitern $k^2-m^2$ . Diese Wurzeln sind leicht zu finden $k_0=\pm \omega(\boldsymbol k)$ , Wo $\omega(\boldsymbol k)=+(\boldsymbol k^2+m^2)^{1/2}$ . Daher ist es sofort zu bekommen

ϕ (X) = \int D k e^{- ich k X} H (k) \frac{1}{2 ω} [δ (k_{0} - ω) + δ (k_{0} + ω)]

$\phi(x)=\int\mathrm dk\ \mathrm e^{-ikx}h(k)\frac{1}{2\omega}\left[\delta(k_0-\omega)+\delta(k_0+\omega)\right]$ und nach Integration über

d k_{0}

$\mathrm dk_0$ Unter Verwendung der Deltas finden wir

ϕ (X) = \int \frac{D k}{2 ω} [e^{- ich ω T} e^{ich k \cdot X} H (ω, k) + e^{+ ich ω T} e^{ich k \cdot X} H (- ω, k)]

$\phi(x)=\int\frac{\mathrm d \boldsymbol k}{2\omega}\ \left[\mathrm e^{-i\omega t} \mathrm e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}h(\omega,\boldsymbol k)+\mathrm e^{+i\omega t} \mathrm e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}h(-\omega,\boldsymbol k)\right]$

Nehmen Sie abschließend die Änderung der Variablen vor $\boldsymbol k\to-\boldsymbol k$ im zweiten Term, was die übliche Erweiterung ergibt

ϕ (X) = \int \frac{D k}{2 ω} [e^{- ich k X} A (k) + e^{+ ich k X} B^{†} (k)]

$\phi(x)=\int\frac{\mathrm d \boldsymbol k}{2\omega}\ \left[\mathrm e^{-ikx}a(\boldsymbol k)+\mathrm e^{+ikx}b^\dagger(\boldsymbol k)\right]$ wo ich definiert habe

a (k) = h (ω, k)

$a(\boldsymbol k)=h(\omega,\boldsymbol k)$ Und

b^{†} (k) = h (- ω, - k)

$b^\dagger(\boldsymbol k)=h(-\omega,-\boldsymbol k)$ .

Wie Sie sehen können, ist die Lösung dieselbe wie Ihre (modulo einige irrelevante Vorfaktoren, die in die Definition von resorbiert werden können $h(k)$ ), obwohl das algebraische Verfahren, es zu finden, etwas schwieriger ist.

Ich habe nicht jeden Schritt der Berechnung geschrieben, weil ich annehme, dass Sie die Details ausfüllen können. Wenn Sie das zu grob finden, sagen Sie es mir bitte und ich werde versuchen, die Antwort zu verbessern.
Danke für deine Antwort. Ist es also einfach, dass wir wählen, wie wir die Fourier-Transformation durchführen, je nachdem, was für das vorliegende Problem am bequemsten ist? Auch ist die Lösung für $(2)$ $\phi (k)=h(k)\delta(k^{2}-m^{2})$ einfach weil $(k^{2}-m^{2})\phi(k)=(k^{2}-m^{2})\delta(k^{2}-m^{2})h(k)=0$ was folgt aus $(k^{2}-m^{2})\delta(k^{2}-m^{2})=(k^{2}-k^{2})=0$ ?
Ich nehme an, dass Sie in Ihrer letzten Gleichung meinen $a(\boldsymbol k)$ und nicht $a(\boldsymbol a)$ .
Ich verstehe die nicht ganz $k \rightarrow -k$ , meine Argumentation ist die $\int \frac{dk}{2\omega}$ ist eine Lorentz-Invariante, also ergibt die Transformation kein Minuszeichen, ist das richtig?
@SummonedEgar unter $k\to-k$ das Integral $\int_a^b \mathrm dk$ Karten hinein $\int^{-a}_{-b}\mathrm dk$ . Sie ist also unveränderlich solange $-a=b$ , aber nicht, wenn die Grenzwerte generisch sind. In unserem Fall ist die Integration über alle $\mathrm R$ was unter Inversionen invariant ist, also ist es in der Tat invariant.

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