Lösen der KG-Gleichung in Rindler-Koordinaten

Question

Lösen der KG-Gleichung in Rindler-Koordinaten

Physik
generelle Relativität
Quantenfeldtheorie
qft-in-der-gekrümmten-raumzeit

Gold

Betrachten wir ein massives Klein-Gordon-Skalarfeld $\phi$ befriedigend

(◻ + M^{2}) ϕ = 0

$(\Box+m^2)\phi=0$

Ich möchte dies in Rindler-Koordinaten lösen und auswählen $\phi$ positive Frequenz in Bezug auf den Boost-Generator sein $\partial_\eta$ . Die Idee ist, einen Satz von Basismoden zu finden, um das Feld im Rindler-Rahmen zu quantisieren.

Jetzt haben wir die $\Box$ Operator gegeben von

◻ ϕ = e^{- 2 A ξ} (- \partial_{η}^{2} + \partial_{ξ}^{2}) ϕ

$\Box\phi=e^{-2a\xi}(-\partial_\eta^2+\partial_\xi^2)\phi$

So wird die Gleichung

e^{- 2 A ξ} (- \partial_{η}^{2} ϕ + \partial_{ξ}^{2} ϕ) = - M^{2} ϕ

$e^{-2a\xi}(-\partial_\eta^2\phi+\partial_\xi^2\phi)=-m^2\phi$

Das aufzwingen $\partial_\eta \phi=-i\omega \phi$ wir haben $\phi(\eta,\xi)=A(\xi)e^{-i\omega \eta}$ und daher erhalten wir nach einiger Manipulation die Gleichung für $A$

A^{″} (ξ) + ω^{2} A (ξ) + M^{2} e^{2 A ξ} A (ξ) = 0.

$A''(\xi)+\omega^2A(\xi)+m^2 e^{2a\xi}A(\xi)=0.$

Ich habe jetzt eingestellt $u(\xi)=\frac{m}{a}e^{a\xi}$ . Variablenwechsel durchführen und durch dividieren $a^2$ gibt

u^{2} \frac{D^{2} A}{D u^{2}} + u \frac{D A}{D u} + \frac{ω^{2}}{A^{2}} A + u^{2} A = 0.

$u^2 \dfrac{d^2A}{du^2}+u\dfrac{dA}{du}+\frac{\omega^2}{a^2}A+u^2A=0.$

Definieren $\alpha = -i\omega/a$ wir haben dann

u^{2} \frac{D^{2} A}{D u^{2}} + u \frac{D A}{D u} + (u^{2} - a^{2}) A = 0.

$u^2 \dfrac{d^2A}{du^2}+u\dfrac{dA}{du}+(u^2-\alpha^2)A=0.$

Dies ist die Besselsche Gleichung und ihre Lösung ist

A (u) = C_{1} J_{a} (u) + C_{2} Y_{a} (u) .

$A(u)=c_1 J_\alpha (u)+c_2 Y_\alpha(u).$

Verwenden $u = u(\xi)$ gibt $A(\xi)$ und löst das Problem.

Das Problem ist, dass uns die Randbedingungen normalerweise erlauben, zu eliminieren $c_1$ oder $c_2$ . Wenn wir eine Lösung regelmäßig an wollen $u=0$ Wir würden haben $c_2 =0$ zum Beispiel.

Aber hier sehe ich das nicht. Zum Beispiel, $u=0$ entspricht $\xi\to -\infty$ . Ich sehe nicht ein, warum man dort Regelmäßigkeit auferlegen sollte.

Wie können wir fortfahren? Wir müssen beide verlassen $c_1,c_2$ , oder gibt es eine weitere Manipulation, die wir vornehmen können?

Bearbeiten : Rindler-Koordinaten werden definiert durch

T = \frac{1}{A} e^{A ξ} Sünde (A η), X = \frac{1}{A} e^{A ξ} cosch (A η)

$t=\dfrac{1}{a}e^{a\xi}\sinh(a\eta),\quad x=\dfrac{1}{a}e^{a\xi}\cosh(a\eta)$

Friedrich Thomas

Könnten Sie die Definition der Rindler-Koordinaten hinzufügen? Ich kenne ihre Definition nicht.

Gold

Ich habe die Definition der Rindler-Koordinaten hinzugefügt, wie sie in Sean Carrolls Lehrbuch Spacetime and Geometry GR vorgestellt wird.

Antworten (1)

Lösen der KG-Gleichung in Rindler-Koordinaten

Könnten Sie die Definition der Rindler-Koordinaten hinzufügen? Ich kenne ihre Definition nicht.
Ich habe die Definition der Rindler-Koordinaten hinzugefügt, wie sie in Sean Carrolls Lehrbuch Spacetime and Geometry GR vorgestellt wird.

Mike Stein · Answer 1

Ich mache es in 2D, da die zusätzlichen Dimensionen trivial sind.

Wenn $x$ , $t$ sind Minkowski-Koordinaten und we we set

T = e^{ξ} Sünde τ X = e^{ξ} cosch τ

$t= e^{\xi} \sinh \tau\nonumber\\ x= e^{\xi} \cosh \tau\nonumber$ Dann

- \infty < ξ < \infty

$-\infty<\xi< \infty$ ,

- \infty < τ < \infty

$-\infty<\tau < \infty$ deckt den Rindler-Keil ab. In diesen Koordinaten ist die Metrik

d s^{2} = d x^{2} - d t^{2}

$ds^2= dx^2-dt^2$ wird

D S^{2} = e^{2 ξ} (D ξ^{2} - D τ^{2}) .

$ds^2= e^{2\xi}(d\xi^2-d\tau^2).$ Die üblichen Rindler-Koordinatensätze

r = e^{ξ}

$r= e^{\xi}$ so dass

D S^{2} = D R^{2} - R^{2} D τ^{2} .

$ds^2 = dr^2-r^2 d\tau^2.$

Für die KG-Gleichung ist die $\xi$ , $\tau$ Koordinaten sind schöner als

(- \nabla^{2} + M^{2}) ψ (X) = 0

$(-\nabla^2+m^2)\psi(x)=0$ wird (nach Multiplikation mit

e^{2 ξ}

$e^{2\xi}$ )

(- \frac{\partial^{2}}{\partial ξ^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial τ^{2}} + M^{2} e^{2 ξ}) ψ (ξ, τ) = 0.

$\left(-\frac{\partial^2}{\partial \xi^2}+\frac{\partial^2}{\partial \tau^2}+m^2 e^{2\xi}\right)\psi(\xi,\tau)=0.$

Die reellen Eigenfunktionen der Gleichung

(- \frac{D^{2}}{D ξ^{2}} + M^{2} e^{2 ξ}) ψ_{v} (ξ) = v^{2} ψ_{v} (ξ)

$\left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+m^2 e^{2\xi}\right) \psi_\nu(\xi)=\nu^2 \psi_\nu(\xi)$ Sind

ψ_{v} (ξ) = {(\frac{2 v Sünde v π}{π^{2}})}^{1 / 2} K_{ich v} (M e^{ξ}), 0 < v < \infty

$\psi_\nu(\xi)=\left( \frac{2\nu \sinh \nu \pi}{\pi^2}\right)^{1/2} K_{i\nu}(m e^{\xi}), \quad 0<\nu<\infty$
Wo

K_{i ν} (x)

$K_{i\nu}(x)$ ist die Bessel-K-Funktion von rein imaginärer Ordnung.

Die Eigenfunktionen wurden normiert, um zu gehorchen

\int_{- \infty}^{\infty} ψ_{μ} (ξ) ψ_{v} (ξ) D ξ = δ (v - μ),

$\int_{-\infty}^{\infty} \psi_\mu(\xi)\psi_\nu(\xi)\, d\xi = \delta(\nu-\mu),$ und sind die Bestandteile der Kontorovich-Lebedev-Transformation (es gibt einen Wikipedia-Artikel dazu), was deutlich macht, dass dieser Lösungssatz sowohl orthogonal als auch vollständig ist.

Somit hat die KG-Gleichung Lösungen

ψ_{v} (ξ, τ) = e^{- ich v τ} ψ_{v} (ξ) .

$\psi_\nu(\xi,\tau) =e^{-i\nu \tau}\psi_\nu(\xi).$ Sie müssen sich keine Gedanken über Randbedingungen machen, da in der

ξ

$\xi$ ,

τ

$\tau$ Koordinaten sind wir im Weyl-Grenzpunktfall.

Hier noch ein paar Details aus meinen Notizen:

Betrachten Sie die Bessel-Funktion

K_{ich v} (X) = \int_{0}^{\infty} e^{- X cosch u} \cos v u D u = \frac{1}{2} {(\frac{X}{2})}^{ich v} \int_{0}^{\infty} \exp (- T - \frac{X^{2}}{4 T}) T^{- ich v - 1} D T .

${\rm K}_{i\nu}(x)= \int_0^\infty e^{-x\cosh u}\cos \nu u\, du\nonumber\\ =\frac 12 \left(\frac{x}{2}\right)^{i\nu} \int_0^\infty \exp\left(-t-\frac{x^2}{4t}\right) t^{-i\nu -1}\,dt.\nonumber$ von rein imaginärer Ordnung. Die Funktion

K_{i ν} (x)

${\rm K}_{i\nu}(x)$ ist echt für

x \in (0, \infty)

$x\in (0,\infty)$ , Und

K_{i ν} (x) = K_{- i ν} (x)

${\rm K}_{i\nu}(x)={\rm K}_{-i\nu}(x)$ . Für klein

x

$x$

K_{ich v} (X) \sim \frac{ich π}{2 Sünde π v} {\frac{(X / 2)^{ich v}}{Γ (1 + ich v)} - \frac{(X / 2)^{- ich v}}{Γ (1 - ich v)}} = \sqrt{\frac{π}{v Sünde π v}} {e^{ich a} (X / 2)^{ich v} + e^{- ich a} (X / 2)^{- ich v}}

${\rm K}_{i\nu}(x)\sim \frac{i\pi}{2\sinh \pi \nu}\left\{ \frac{(x/2)^{i\nu}}{\Gamma(1+i\nu)}- \frac{(x/2)^{-i\nu}}{\Gamma(1-i\nu)}\right\}\nonumber\\ = \sqrt\frac{\pi}{\nu \sinh \pi \nu} \left\{ e^{i\alpha} (x/2)^{i\nu} + e^{-i\alpha} (x/2)^{-i\nu}\right\}\nonumber$ für einige echte

α

$\alpha$ . Wir haben im letzten Schritt verwendet,

Γ (1 + ich v) Γ (1 - ich v) = \frac{π v}{Sünde π v} .

$\Gamma(1+i\nu)\Gamma(1-i\nu)= \frac{\pi \nu}{\sinh \pi \nu}.$

Diese Funktionen erfüllen daher die Orthogonalitätseigenschaft

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{D X}{X} K_{ich μ} (M X) K_{ich v} (M X) = \frac{δ (μ - v)}{2 v Sünde v π},

$\frac{1}{\pi^2}\int_0^\infty \frac{dx}{x} {\rm K}_{i\mu}(mx){\rm K}_{i\nu}(mx)= \frac{\delta(\mu-\nu)}{2\nu \sinh \nu \pi},$ und eine Vollständigkeitsbedingung

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} 2 v Sünde v π K_{ich v} (X) K_{ich v} (X^{'}) D v = X δ (X - X^{'}) .

$\frac{1}{\pi^2} \int_0^\infty 2\nu\sinh \nu\pi \,{\rm K}_{i\nu}(x){\rm K}_{i\nu}(x')\,d\nu= x \delta(x-x').$ und stellen Sie das Kontorovich-Lebedev- Transformationspaar bereit

\tilde{F} (v) \equiv K [F] (v) = \int_{0}^{\infty} K_{ich v} (X) F (X) D X, F (X) = \frac{1}{π^{2} X} \int_{0}^{\infty} 2 v Sünde v π K_{ich v} (X) \tilde{F} (v) D v .

$\tilde f(\nu)\equiv K[f](\nu)= \int_0^\infty {\rm K}_{i\nu}(x) f(x)\,dx,\nonumber\\ f(x)= \frac{1}{\pi^2 x} \int_0^\infty 2\nu \sinh \nu\pi\, {\rm K}_{i\nu}(x) \tilde f(\nu)\,d\nu.\nonumber$

Es gibt auch eine Konvergente vom Mehler-Typ

\frac{1}{π^{2}} \int_{0}^{\infty} 2 v Sünde v (π - ϵ) K_{ich v} (X) K_{ich v} (j) D v = \frac{X j}{π} Sünde ϵ \frac{K_{1} (\sqrt{X^{2} + j^{2} - 2 X j \cos ϵ})}{\sqrt{X^{2} + j^{2} - 2 X j \cos ϵ}} .

$\frac{1}{\pi^2} \int_0^\infty 2\nu\sinh \nu(\pi-\epsilon) {\rm K}_{i\nu}(x){\rm K}_{i\nu}(y)\,d\nu= \frac{xy}{\pi} \sin\epsilon \frac{{\rm K}_1(\sqrt{x^2+y^2-2xy \cos\epsilon})}{\sqrt{x^2+y^2-2xy \cos\epsilon}}.$

Danke für die Antwort. Aber dennoch besteht das ganze Problem, das ich habe, genau darin, zu zeigen, dass die Lösung dieses Eigenwertproblems durch die modifizierte Bessel-Funktion gegeben ist. Zuerst muss man zeigen, dass diese Gleichung tatsächlich die modifizierte Bessel-Gleichung ist. Ich glaube, meine Änderung der Variablen ist die richtige, aber ich habe die Bessel-Gleichung anstelle der modifizierten erhalten. Zweitens, selbst nachdem Sie die Gleichung erhalten haben, haben Sie zwei linear unabhängige Lösungen (erste und zweite Art), und hier wählen wir nur die modifizierte Bessel-Funktion der zweiten Art und lassen die andere fallen. Warum ist das überhaupt so?
Sie müssen wahrscheinlich auswählen $c_1$ Und $c_2$ so dass sich die allgemeine Lösung in einer bestimmten asymptotischen Grenze auf die richtige Form reduziert. Zum Beispiel für große $\xi$ , geht die Beschleunigung des Beobachters gegen Null und wir sollten erwarten, dass sich die Lösung auf eine ebene Welle reduziert. Die Grenze für große Argumente der Bessel-Funktionen sind Sinuskurven, und Sie können wahrscheinlich beide einstellen $c_1$ oder $c_2$ auf Null, um die positive Frequenzlösung herauszusuchen. Ich habe das nicht ausgearbeitet ... nur ein Gedanke, der parallel zur Entwicklung inflationärer Störungen verläuft.
@ user1620696 Ich denke, das Problem von "modifiziert" und nicht von gewöhnlichem Bessel kommt daher, dass Sie das falsche Zeichen für haben $m^2$ . In der dritten eq in Ihrem Beitrag und Einstellung $a=0$ Ihr eq führt zu $\omega^2 =k^2 -m^2$ . Du solltest haben $\omega^2= k^2+m^2$ . Auch die K-Macdonald-Funktion hat bei beiden die richtigen wellenförmigen Lösungen $\pm \infty$ .
@ user1620696 Das meinte ich $K_{i\nu}$ Funktion hat das richtige wellenförmige Verhalten an $\xi=-\infty$ und exponentieller Abfall bei $\xi=+\infty$ . Letzteres, weil das massive Teilchen nicht entkommen kann und schließlich in den Horizont fällt.
@mikestone danke, dass du mich gewarnt hast. Ich denke, das Problem ist, dass ich die beiden Arten von Signaturen gemischt habe $(-,+,+,+)$ Und $(+,-,-,-)$ . Die Korrektur ergibt die richtige modifizierte Bessel-Gleichung. Nun, ich halte Ihre Sichtweise für groß $\xi$ die Lösung sollte sich auf eine ebene Welle reduzieren, ist eine gute.
@ user1620696 Ich habe mich über die Flugzeugwelle in großer Entfernung geirrt. Die Wellenfunktion zerfällt dort draußen, weil das Teilchen nicht ins Unendliche entweichen kann und immer durch den Rindler-Horizont fällt. Auf kurze Distanz sieht die Lösung jedoch wie eine stehende Welle aus ein- und auslaufenden ebenen Wellen aus

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