Gilt die Heisenberg-Gleichung für Felder und kanonische Impulse auch für den Hamilton-Dichteoperator statt für den Hamilton-Operator?

Question

Gilt die Heisenberg-Gleichung für Felder und kanonische Impulse auch für den Hamilton-Dichteoperator statt für den Hamilton-Operator?

Quantenpeitsche

In der Quantenfeldtheorie mit dem Feld $\phi$ und der Schwung $\pi$ Da es sich um Operatoren handelt, wird ihre Zeitentwicklung (im Heisenberg-Bild) durch die Heisenberg-Gleichung bestimmt:

\begin{aligned} \dot{ϕ} = \frac{ich}{ℏ} [\hat{H}, ϕ] \\ \dot{π} = \frac{ich}{ℏ} [\hat{H}, π] . \end{aligned}

$\begin{align} \dot{\phi} = \frac{i}{\hbar}[ \hat{H}, \phi] \\ \dot{\pi} = \frac{i}{\hbar}[ \hat{H}, \pi]. \\ \end{align}$

Nun, falls der Hamilton-Operator $\hat{H}=\int d^3x ~\hat{\cal H}$ kann als Integral über die Hamilton-Dichte geschrieben werden $\hat{\cal H}$ , und die Felder und die Impulse an ungleichen Positionen pendeln, gelten die gleichen Gleichungen auch, wenn der Hamilton-Operator durch seine Dichte ersetzt wird? Was wären die Vorbehalte?

\begin{aligned} \dot{ϕ} = \frac{ich}{ℏ} [\hat{H}, ϕ] \\ \dot{π} = \frac{ich}{ℏ} [\hat{H}, π] . \end{aligned}

$\begin{align} \dot{\phi} = \frac{i}{\hbar}[ \hat{\cal H}, \phi] \\ \dot{\pi} = \frac{i}{\hbar}[ \hat{\cal H}, \pi]. \\ \end{align}$

AccidentalFourierTransform

verwandt: Feldtheorie: Äquivalenz zwischen Hamilton- und Lagrange-Formulierung .

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QMechaniker · Answer 1

Die Antwort ist Nein. Für den Anfang aus dimensionalen Gründen. Eine Dichte trägt Dimension $L^{-3}$ .
Im klassischen Fall (im Gegensatz zum Quantenfall) ist es verlockend, den Vorschlag von OP für Funktionale (zumindest teilweise) zu übernehmen
$\begin{matrix} (1) & F = \int D^{3} X F (X), G = \int D^{3} X G (X), \end{matrix}$ $F~=~\int \! d^3x~f(x), \qquad G~=~\int \! d^3x~g(x), \tag{1}$ indem die Definition von der standardmäßigen feldtheoretischen kanonischen Poisson-Klammer geändert wird $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} {F, G} := & \int_{v} D^{3} X (\frac{δ F}{δ ϕ (X)} \frac{δ G}{δ π (X)} - \frac{δ F}{δ π (X)} \frac{δ G}{δ ϕ (X)}) \\ = & \int_{v} D^{3} X {{F (X), G (X)}} \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align}\{ F, G\} ~:=&~\int_V \! d^3x ~\left(\frac{\delta F}{\delta \phi (x)}\frac{\delta G}{\delta \pi (x)}-\frac{\delta F}{\delta \pi (x)}\frac{\delta G}{\delta \phi (x)} \right)\cr ~=~&\int_V \! d^3x ~\{\!\{ f(x),g(x)\}\!\}\end{align} \tag{2}$ zu einem gleich- $x$ Poisson-Klammer $\begin{matrix} (3) & {{F (X), G (X)}} := \frac{δ F (X)}{δ ϕ (X)} \frac{δ G (X)}{δ π (X)} - \frac{δ F (X)}{δ π (X)} \frac{δ G (X)}{δ ϕ (X)}, \end{matrix}$ $\{\!\{ f(x),g(x)\}\!\} ~:=~\frac{\delta f(x)}{\delta \phi (x)}\frac{\delta g(x)}{\delta \pi (x)}-\frac{\delta f(x)}{\delta \pi (x)}\frac{\delta g(x)}{\delta \phi (x)}, \tag{3}$ Wo $\delta f(x)/\delta \phi (x)$ bezeichnen eine funktionale Ableitung in der gleichen Raumzeit, siehe zB meine Phys.SE-Antwort hier . Mit anderen Worten, die fundamentalen Poisson-Klammern ungleich Null lauten $\begin{matrix} (4) & {ϕ (X), π (j)} = δ^{3} (X - j) Und {{ϕ (X), π (X)}} = 1, \end{matrix}$ $\{ \phi(x),\pi(y) \} ~=~\delta^3(x\!-\!y)\qquad\text{and}\qquad \{\!\{ \phi(x),\pi(x) \}\!\} ~=~1,\tag{4}$ dh gleich- $x$ Poisson-Klammer (3) ist ohne Dirac-Delta-Verteilung definiert. Allerdings im $x$ -lokal $\{\!\{\cdot,\cdot\}\!\}$ Formalismus (3) Gleichheitszeichen enthalten typischerweise nur Modulo-Gesamtraumzeit-Ableitungsterme.

kryomaxim · Answer 2

Du hast $\hat{H} = \int d^3x \hat{\tilde{H}}(x)$ . Das impliziert, dass die kanonischen Beziehungen leicht verändert werden.

Für einen Quantenfeldoperator $\hat{\phi}(x',t)$ über den Raum verteilt $x'$ und Zeit $t$ , haben Sie eine Beziehung wie die folgende:

$[\hat{\tilde{H}}(x),\hat{\phi}(x',t)] = \frac {\partial}{\partial t} \hat{\phi(x',t)} \delta(x-x')$ .

Der Delta-Funktionsfaktor sorgt nicht nur für die Kommutierung von Operatoren für ungleiche Raumpunkte; auch, dass nach Integration über den Raum die gewöhnlichen Kommutierungsrelationen erhalten werden

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QMechaniker

kryomaxim

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