Gibt es bei gegebenem QFT-Hamiltonoperator einen eindeutigen Lagrangeoperator?

Question

Gibt es bei gegebenem QFT-Hamiltonoperator einen eindeutigen Lagrangeoperator?

Marlow

Betrachten Sie eine QFT in einer räumlichen Dimension, die durch die folgende Hamilton-Dichte angegeben ist:

$\mathcal{H} = -i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial x} \phi + V(\phi^\dagger,\phi)$

Wo $\phi$ ist ein Skalarfeld, das relativistisch sein kann oder nicht.

Es scheint mir, dass für jede Konstante $a$ , können wir die obige Hamilton-Dichte erhalten, indem wir die übliche Legendre-Transformation an der folgenden Lagrange-Dichte durchführen:

$\mathcal{L} = a i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial t} \phi + i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial x} \phi - V(\phi^\dagger,\phi)$

$\bf{Question}$ . Wenn ich Berechnungen mit dem Pfadintegral-Formalismus durchführen möchte, was ist der richtige Lagrange-Operator? Oder führen sie alle zu den gleichen körperlichen Ergebnissen? (Wenn ja, ist eine bestimmte Lagrange-Funktion bequemer?)

$\bf{Comment}$ . Ich verstehe, dass der Lagrangian nie einzigartig ist, nicht einmal klassisch. Die obige Nichteindeutigkeit scheint jedoch wesentlicher zu sein als nur die Addition einer Gesamtableitung.

Robin Ekmann

Ist Ihre Lagrange-Lorentz-Invariante?

Ryan Unger

@RobinEkman: Nicht OP, aber diese Frage ist mir in den Sinn gekommen. Was tut man, wenn die aus der Legendre-Transformation erhaltene Lagrange-Funktion nicht Lorentz-invariant ist?

Marlow

@RobinEkman Die Beispiele, an die ich denke, sind nicht relativistisch, aber es wäre schön, die Antwort auf diese Frage sowohl im nicht relativistischen als auch im relativistischen Fall zu verstehen.

Marlow

@RobinEkman Ich frage mich, ob Sie auf die folgende mögliche Antwort auf die Frage hinweisen: „Alle Lagrangianer, deren Legendre-Transformationen den richtigen Hamiltonian ergeben, geben die gleichen physikalischen Antworten, aber in einer relativistischen Umgebung ist es bequem, den Lagrangian zu nehmen Lorentz-invariant."

Antworten (1)

Gibt es bei gegebenem QFT-Hamiltonoperator einen eindeutigen Lagrangeoperator?

@RobinEkman: Nicht OP, aber diese Frage ist mir in den Sinn gekommen. Was tut man, wenn die aus der Legendre-Transformation erhaltene Lagrange-Funktion nicht Lorentz-invariant ist?
@RobinEkman Die Beispiele, an die ich denke, sind nicht relativistisch, aber es wäre schön, die Antwort auf diese Frage sowohl im nicht relativistischen als auch im relativistischen Fall zu verstehen.
@RobinEkman Ich frage mich, ob Sie auf die folgende mögliche Antwort auf die Frage hinweisen: „Alle Lagrangianer, deren Legendre-Transformationen den richtigen Hamiltonian ergeben, geben die gleichen physikalischen Antworten, aber in einer relativistischen Umgebung ist es bequem, den Lagrangian zu nehmen Lorentz-invariant."

QMechaniker · Answer 1

I) Bevor wir zu Quantisierung und Pfadintegralen kommen, gibt es bereits Probleme auf klassischer Ebene. Die Legendre-Transformation ist ohne Kenntnis des CCR nicht wohldefiniert . Zum Beispiel, wenn die CCRs für den komplexen bosonischen Skalar $\hat{\phi}$ Und $\hat{\phi}^{\dagger}$ Null ist, würde dies bedeuten, dass die Hamilton-Dichte von OP ${\cal H}$ ist ein reiner Potentialterm ohne kinetische Terme. Die Legendre-Transformation zur Lagrange-Formulierung würde dann singulär werden.

II) Hier ist ein nicht-triviales Beispiel. Nehmen wir stattdessen an, dass das CCR für den komplexen bosonischen Skalar gilt $\hat{\phi}$ Und $\hat{\phi}^{\dagger}$ liest

\begin{matrix} (1) & [\hat{ϕ} (X, T), {\hat{ϕ}}^{†} (j, T)] = ℏ 1 δ (X - j), \end{matrix}

$\tag{1} [\hat{\phi}(x,t), \hat{\phi}^{\dagger}(y,t)] ~=~\hbar{\bf 1}~ \delta(x-y),$

und andere CCRs verschwinden. Äquivalent in Bezug auf Poisson-Klammern

\begin{matrix} (2) & {ϕ (X, T), ϕ^{*} (j, T)} = - ich δ (X - j) . \end{matrix}

$\tag{2} \{\phi(x,t), \phi^{\ast}(y,t)\}~=~-i\delta(x-y).$

Wir können das komplexe Skalarfeld erweitern

\begin{matrix} (3) & ϕ = (ϕ^{1} + i ϕ^{2}) / \sqrt{2} \end{matrix}

$\tag{3} \phi~=~(\phi^1+i\phi^2)/\sqrt{2}$

in two real component fields $\phi^a$ , $a=1,2$ . Then the CCR (2) becomes

\begin{matrix} (4) & {ϕ^{1} (x, t), ϕ^{2} (y, t)} = δ (x - y) . \end{matrix}

$\tag{4} \{\phi^1(x,t), \phi^{2}(y,t)\}~=~\delta(x-y).$

Conclusion: We can identify $\phi^2$ as the momentum for $\phi^1$ .

Next recall that OP's Hamiltonian density is (up to a total $x$ -Derivat)

\begin{matrix} (5) & H = \frac{ich}{2} (ϕ \partial_{X} ϕ^{*} - ϕ^{*} \partial_{X} ϕ) + v (ϕ, ϕ^{*}) = \frac{1}{2} (ϕ^{1} \partial_{X} ϕ^{2} - ϕ^{2} \partial_{X} ϕ^{1}) + v (ϕ^{1}, ϕ^{2}) . \end{matrix}

$\tag{5} {\cal H} ~=~\frac{i}{2}\left(\phi\partial_x\phi^{\ast}-\phi^{\ast}\partial_x\phi\right) + V(\phi,\phi^{\ast}) ~=~\frac{1}{2}\left(\phi^1\partial_x\phi^2-\phi^2\partial_x\phi^1\right) + V(\phi^1,\phi^2).$

Die zugehörige Lagrange-Dichte ist dann (bis auf insgesamt $t$ -Derivat)

\begin{matrix} (6) & L = ϕ^{2} {\dot{ϕ}}^{1} - H \sim i ϕ^{*} \dot{ϕ} - H . \end{matrix}

$\tag{6} {\cal L}~=~\phi^2\dot{\phi}^1-{\cal H}~\sim~ i\phi^*\dot{\phi}-{\cal H}.$

[Here the $\sim$ symbol means equality modulo total derivative terms.] This Legendre transformation (5)-(6) is explained in detail in this Phys.SE post. Note that the Lagrangian density (6) unconventionally depends on the momentum variable $\phi^2$ . Trotzdem die entsprechende Aktion $S=\int \! dt~dx~{\cal L}$ führt zu den richtigen Bewegungsgleichungen und dient als Ausgangspunkt für die Bahnintegralformulierung.

Sehr interessant, danke. Ich frage mich, was in dem Fall zu tun ist $\phi$ ist ein fermionisches Feld?

Gibt es bei gegebenem QFT-Hamiltonoperator einen eindeutigen Lagrangeoperator?

Marlow

Robin Ekmann

Ryan Unger

Marlow

Marlow

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QMechaniker

Marlow

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