Gradientenbeteiligter Kommutator in der ϕ4ϕ4\phi^4-Theorie

Question

Gradientenbeteiligter Kommutator in der ϕ4ϕ4\phi^4-Theorie

Jorge Lavin

In einer vierten Phi-Theorie ist die Hamiltonsche Dichte:

H = \frac{1}{2} π^{2} + \frac{1}{2} (\nabla ϕ)^{2} + \frac{1}{2} M^{2} ϕ^{2} + \frac{λ}{4!} ϕ^{4}

$\mathcal{H}=\frac{1}{2}\pi^2+\frac{1}{2}(\nabla \phi)^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2+\frac{\lambda}{4!}\phi^4$

Jetzt setze ich die üblichen kanonischen Kommutierungsbeziehungen gleicher Zeit für Felder ( $\hbar=1$ )

[ϕ (\vec{X}), π (\vec{j})] = ich δ^{3} (\vec{X} - \vec{j})

$[\phi(\vec{x}),\pi(\vec{y})]=i \delta^3(\vec{x}-\vec{y})$

Wo

π = \frac{\partial L}{\partial (\dot{ϕ})} \equiv \dot{ϕ}

$\pi=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\dot{\phi})} \equiv \dot{\phi}$

Die Heisenberg-Bewegungsgleichung für das Feld ist nur die Definition des konjugierten Impulses

\frac{D}{D T} ϕ (\vec{X}, T) = π (\vec{X}, T)

$\frac{d}{dt}\phi(\vec{x},t)=\pi(\vec{x},t)$

und für $\pi(\vec{x})$ Ich muss den Kommutator berechnen (nicht die Zeitabhängigkeit schreiben)

[H, π (\vec{X}, T)] = \int D^{3} X^{'} [\frac{1}{2} π^{2} ({\vec{X}}^{'}) + \frac{1}{2} (\nabla ϕ)^{2} ({\vec{X}}^{'}) + \frac{1}{2} M^{2} ϕ^{2} ({\vec{X}}^{'}) + \frac{λ}{4!} ϕ^{4} ({\vec{X}}^{'}), π (\vec{X})]

$[H,\pi(\vec{x},t)]=\int d^3x'\left[\frac{1}{2}\pi^2(\vec{x}')+\frac{1}{2}(\nabla \phi)^2(\vec{x}')+\frac{1}{2}m^2\phi^2(\vec{x}')+\frac{\lambda}{4!}\phi^4(\vec{x}'),\pi(\vec{x}) \right]$

Der erste Term ergibt Null, der dritte und der vierte Term ergeben $i\left(m^2\phi(\vec{x})+\frac{\lambda}{3!}\phi^3(\vec{x})\right)$

Meine Frage ist, wie kann ich berechnen

\frac{1}{2} \int D^{3} X^{'} [(\nabla ϕ)^{2} ({\vec{X}}^{'}), π (\vec{X})]

$\frac{1}{2}\int d^3x' [(\nabla \phi)^2(\vec{x}'),\pi(\vec{x})]$

Als Analogie zum Integral des Kommutators darf ich den Kommutator des Integrals schreiben $\nabla \phi^2=\nabla \phi \cdot \nabla \phi$ und partiell integrieren? Wie kann ich zeigen, dass das stimmt?

Michael

Sie könnten eine partielle Integration durchführen, aber ich würde mich nicht darum kümmern (es wäre am einfachsten, dies in der Formel für den Hamilton-Operator zu tun, bevor Sie den Kommutator machen). Vielmehr würde ich damit beginnen, den Kommutator für die einzelnen Komponenten des Gradienten auszuarbeiten:

[\partial_{i^{'}} ϕ ({\vec{x}}^{'}), π (\vec{x})]

$[\partial_{i'} \phi(\vec{x}'), \pi(\vec{x})]$ woher

\partial_{i^{'}}

$\partial_{i'}$ Ich meine

\partial_{x^{'}}, \partial_{y^{'}}, \partial_{z^{'}}

$\partial_{x'},\partial_{y'},\partial_{z'}$ . Beachten Sie, dass Sie die räumlichen Ableitungen aus dem Kommutator ziehen können. Sie können dieses Ergebnis und einige Standardidentitäten verwenden, um den Ausdruck, den Sie haben, zu vereinfachen.

Jorge Lavin

\partial_{i^{'}} [ϕ ({\vec{x}}^{'}), π (\vec{x})] = \partial_{i^{'}} i δ^{3} (\vec{x} - {\vec{x}}^{'})]

$\partial_{i'}[\phi(\vec{x}'),\pi(\vec{x})]=\partial_{i'}i\delta^{3}(\vec{x}- \vec{x}')]$ Als

(\nabla_{^{'}} ϕ ({\vec{x}}^{'}))^{2} = \partial_{i} \partial^{i} (x)

$(\nabla_{'} \phi(\vec{x}'))^2=\partial_{i}\partial^{i}(x)$ aber ich bin mir nicht ganz sicher

Michael

Ja. Der Farbverlauf kommt einfach heraus. (Es funktioniert nicht mit Zeitableitungen, weil

\dot{ϕ} = π

$\dot{\phi}=\pi$ , aber Raumableitungen sind nichts Besonderes.)

Jorge Lavin

@Michael Brown Entschuldigung, ich habe das Intro zu schnell eingegeben und konnte meinen Kommentar nicht rechtzeitig bearbeiten. Ich sehe, dass ich die zweite Ableitung eines Deltas bekomme. Bedeutet das, dass ich, wenn ich das Integral mache, die zweite Ableitung ohne das Integral bekomme?

Michael

Ja, Sie erhalten die Ableitung einer Delta-Funktion. Schreiben wir es hier sorgfältig auf:

[(\nabla ϕ)^{2} (x), π (y)] = \nabla ϕ (x) \cdot [\nabla ϕ (x), π (y)] + [\nabla ϕ (x), π (y)] \nabla ϕ (x)

$[(\nabla\phi)^2(x),\pi(y)]=\nabla\phi(x)\cdot[\nabla\phi(x),\pi(y)]+[\nabla\phi(x),\pi(y)]\nabla\phi(x)$ . Vereinfachung:

\nabla ϕ (x) \cdot \nabla_{x} [ϕ (x), π (y)] + \nabla_{x} [ϕ (x), π (y)] \nabla ϕ (x) = 2 \nabla ϕ (x) \cdot \nabla_{x} i δ (x - y)

$\nabla\phi(x)\cdot\nabla_x[\phi(x),\pi(y)]+\nabla_x[\phi(x),\pi(y)]\nabla\phi(x)=2\nabla\phi(x)\cdot\nabla_x i\delta(x-y)$ . Sie sehen also eine Ableitung einer Delta-Funktion in einem Integral:

\int d x f (x) \partial δ (x - y)

$\int \mathrm{d}x f(x) \partial \delta(x-y)$ . Wie würden Sie damit umgehen?

Jorge Lavin

Es ist die Ableitung von

f (x)

$f(x)$ gegenüber

x

$x$ bewertet bei

x - y = 0

$x-y=0$ ,

f^{'} (y)

$f'(y)$

Michael

Es gibt ein Minuszeichen von der partiellen Integration

- f^{'} (y)

$-f'(y)$ .

Antworten (2)

Gradientenbeteiligter Kommutator in der ϕ4ϕ4\phi^4-Theorie

Sie könnten eine partielle Integration durchführen, aber ich würde mich nicht darum kümmern (es wäre am einfachsten, dies in der Formel für den Hamilton-Operator zu tun, bevor Sie den Kommutator machen). Vielmehr würde ich damit beginnen, den Kommutator für die einzelnen Komponenten des Gradienten auszuarbeiten: $[\partial_{i'} \phi(\vec{x}'), \pi(\vec{x})]$ woher $\partial_{i'}$ Ich meine $\partial_{x'},\partial_{y'},\partial_{z'}$ . Beachten Sie, dass Sie die räumlichen Ableitungen aus dem Kommutator ziehen können. Sie können dieses Ergebnis und einige Standardidentitäten verwenden, um den Ausdruck, den Sie haben, zu vereinfachen.
$\partial_{i'}[\phi(\vec{x}'),\pi(\vec{x})]=\partial_{i'}i\delta^{3}(\vec{x}- \vec{x}')]$ Als $(\nabla_{'} \phi(\vec{x}'))^2=\partial_{i}\partial^{i}(x)$ aber ich bin mir nicht ganz sicher
Ja. Der Farbverlauf kommt einfach heraus. (Es funktioniert nicht mit Zeitableitungen, weil $\dot{\phi}=\pi$ , aber Raumableitungen sind nichts Besonderes.)
@Michael Brown Entschuldigung, ich habe das Intro zu schnell eingegeben und konnte meinen Kommentar nicht rechtzeitig bearbeiten. Ich sehe, dass ich die zweite Ableitung eines Deltas bekomme. Bedeutet das, dass ich, wenn ich das Integral mache, die zweite Ableitung ohne das Integral bekomme?
Ja, Sie erhalten die Ableitung einer Delta-Funktion. Schreiben wir es hier sorgfältig auf: $[(\nabla\phi)^2(x),\pi(y)]=\nabla\phi(x)\cdot[\nabla\phi(x),\pi(y)]+[\nabla\phi(x),\pi(y)]\nabla\phi(x)$ . Vereinfachung: $\nabla\phi(x)\cdot\nabla_x[\phi(x),\pi(y)]+\nabla_x[\phi(x),\pi(y)]\nabla\phi(x)=2\nabla\phi(x)\cdot\nabla_x i\delta(x-y)$ . Sie sehen also eine Ableitung einer Delta-Funktion in einem Integral: $\int \mathrm{d}x f(x) \partial \delta(x-y)$ . Wie würden Sie damit umgehen?
Es ist die Ableitung von $f(x)$ gegenüber $x$ bewertet bei $x-y=0$ , $f'(y)$
Es gibt ein Minuszeichen von der partiellen Integration $-f'(y)$ .

pppqqq · Answer 1

Hier ist eine formale Berechnung. Beachten Sie zunächst Folgendes:

[A^{2}, B] = A A B - A B A + A B A - B A A = A [A, B] + [A, B] A .

$[A^2,B]=AAB-ABA+ABA-BAA=A[A,B]+[A,B]A.$

Auch:

[\frac{\partial}{\partial z^{'}} ϕ (X^{'}), π (X)] = \frac{\partial}{\partial z^{'}} [ϕ (X^{'}), π (X)] = \frac{\partial}{\partial z^{'}} ich δ^{3} (X^{'} - X) = ich \frac{\partial δ}{\partial z^{'}} (z^{'} - z) δ (X^{'} - X) δ (j^{'} - j) .

$[\frac{\partial}{\partial z'}\phi (\mathbf x'),\pi (\mathbf x)]=\frac{\partial}{\partial z'}[\phi (\mathbf x'),\pi (\mathbf x)]=\frac{\partial}{\partial z'}i\delta ^3 (\mathbf x ' -\mathbf x )=i\frac{\partial \delta}{\partial z'} (z'-z)\delta(x'-x)\delta (y'-y).$

Daran erinnern, dass die Ableitung einer Verteilung $T$ ist definiert durch:

(T^{'}, F) = - (T, F^{'}) .

$(T',f)=-(T,f').$

So:

[(\frac{\partial}{\partial z^{'}} ϕ (X^{'}))^{2}, π (X)] = 2 ich \frac{\partial δ}{\partial z^{'}} (z^{'} - z) δ (X^{'} - X) δ (j^{'} - j) \frac{\partial ϕ}{\partial z^{'}} (X^{'})

$[(\frac{\partial}{\partial z'}\phi (\mathbf x'))^2,\pi (\mathbf x)]=2i\frac{\partial \delta}{\partial z'} (z'-z)\delta(x'-x)\delta (y'-y)\frac{\partial \phi}{\partial z'} (\mathbf x ')$ Und:

\int D^{3} X^{'} [(\frac{\partial}{\partial z^{'}} ϕ (X^{'}))^{2}, π (X)] = - 2 ich \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial z^{2}} (X) .

$\int \text {d} ^3 \mathbf x '[(\frac{\partial}{\partial z'}\phi (\mathbf x'))^2,\pi (\mathbf x)]=-2i\frac{\partial ^2\phi}{\partial z ^2} (\mathbf x ).$

Alptraum · Answer 2

$\int d^{3}\vec{x}'[\nabla\phi(\vec{x}',t)\cdot{\nabla\phi(\vec{x}',t)},\pi(\vec{x},t)]$

$=\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'},\frac{\partial\phi(\vec{y}',t)}{\partial y'},\frac{\partial\phi(\vec{z}',t)}{\partial z'}\Big)\cdot{\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'},\frac{\partial\phi(\vec{y}',t)}{\partial y'},\frac{\partial\phi(\vec{z}',t)}{\partial z'}\Big)},\pi(\vec{x},t)\bigg]$

$=\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\Big)^{2}+\Big(\frac{\partial\phi(\vec{y}',t)}{\partial y'}\Big)^{2}+\Big(\frac{\partial\phi(\vec{z}',t)}{\partial z'}\Big)^{2},\pi(\vec{x},t)\bigg]$

$=\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\Big)^{2},\pi(\vec{x},t)\bigg]+\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{y}',t)}{\partial y'}\Big)^{2},\pi(\vec{y},t)\bigg]+\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{z}',t)}{\partial z'}\Big)^{2},\pi(\vec{z},t)\bigg]$ .

Betrachten wir nur den ersten Kommutator.

$\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\Big(\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\Big)^{2},\pi(\vec{x},t)\bigg]$

$\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'},\pi(\vec{x},t)\bigg]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}+\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\bigg[\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'},\pi(\vec{x},t)\bigg]$ .

Betrachten wir nur den ersten Kommutator.

$\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'},\pi(\vec{x},t)\bigg]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\pi(\vec{x},t)-\pi(\vec{x},t)\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}\bigg]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=\int d^{3}\vec{x}'\bigg[\frac{\partial}{\partial x'}\{\phi(\vec{x}',t)\pi(\vec{x},t)\}-\phi(\vec{x}',t)\frac{\partial\pi(\vec{x},t)}{\partial x'}-\frac{\partial}{\partial x'}\{\pi(\vec{x},t)\phi(\vec{x}',t)\}+\frac{\partial\pi(\vec{x},t)}{\partial x'}\phi(\vec{x}',t)\bigg]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=\int d^{3}\vec{x}'\frac{\partial}{\partial x'}[\phi(\vec{x}',t),\pi(\vec{x},t)]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=\int d^{3}\vec{x}'\frac{\partial}{\partial x'}[i\delta^{(3)}(\vec{x}'-\vec{x},t)]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=\frac{\partial}{\partial x}[i]\frac{\partial\phi(\vec{x}',t)}{\partial x'}$

$=0$ .

Ebenso sind alle anderen Terme Null.

Also ist die Antwort Null.

Gradientenbeteiligter Kommutator in der ϕ4ϕ4\phi^4-Theorie

Jorge Lavin

Michael

Jorge Lavin

Michael

Jorge Lavin

Michael

Jorge Lavin

Michael

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pppqqq

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