Positionsoperator in QFT

Question

Positionsoperator in QFT

Peter

Mein Professor in QFT hat einen Schritt gemacht, dem ich nicht folgen kann:

Angesichts des Staates

\hat{ϕ} | 0 ⟩ = \int \frac{d^{3} p}{(2 π)^{3} 2 E_{p}} a_{p}^{†} e^{- ich p_{μ} x^{μ}} | 0 ⟩,

$\hat\phi|0\rangle = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3 2 E_p} a^\dagger_p e^{- i p_\mu x^\mu}|0\rangle,$ er wollte zeigen, dass dieser Zustand ein Eigenzustand des Ortsoperators ist. Deshalb wendet er den Ortsoperator in der Impulsdarstellung an, der ist

{\hat{X}}^{μ} = ich \frac{\partial}{\partial p_{μ}} .

$\hat X^\mu = i\frac{\partial}{\partial p_\mu}.$

Dann erscheint für mich ein Wunder, wie er die Ableitung vertauscht und somit das Integral bekommt

{\hat{X}}^{μ} \hat{ϕ} | 0 ⟩ = {\hat{X}}^{μ} \int \frac{d^{3} p}{(2 π)^{3} 2 E_{p}} a_{p}^{†} e^{- ich p_{μ} x^{μ}} = ich \frac{\partial}{\partial p_{μ}} \int \frac{d^{3} p}{(2 π)^{3} 2 E_{p}} a_{p}^{†} e^{- ich p_{μ} x^{μ}} = x^{μ} \hat{ϕ} | 0 ⟩ .

$\hat X^\mu \hat\phi|0\rangle= \hat X^\mu \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3 2 E_p} a^\dagger_p e^{- i p_\mu x^\mu} = i \frac{\partial}{\partial p_\mu}\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3 2 E_p} a^\dagger_p e^{- i p_\mu x^\mu} = x^\mu \hat \phi |0\rangle.$

Ich verstehe nicht, warum er das Integral und die Ableitung vertauschen darf.

Antworten (2)

Positionsoperator in QFT

Valter Moretti · Answer 1

Diese Frage wird in Lehrbüchern etwas verworren, jedoch ist die Aussage des Professors physikalisch falsch (mathematisch lässt sich das ganze Vorgehen mit der Verteilungstheorie streng begründen). Der Punkt ist, dass der behauptete Positionsoperator nicht der Positionsoperator ist, da er im relevanten Hilbert-Raum der Theorie nicht einmal selbstadjungiert (noch hermitesch) ist. Eigentlich werde ich nicht auf die Details eingehen und nur das grundlegende Problem zeigen, das diese (leider recht populären) Ideen betrifft.

Fangen wir bei Null an. If unter Ausnutzung des Lorentz-invarianten Maßes $\frac{d\vec{p}}{E(\vec{p})}$ , entscheiden Sie sich, den Feldoperator als zu schreiben

\hat{ϕ} (x) = \int_{R^{3}} \frac{d \vec{p}}{2 E (\vec{p})} a_{p} e^{ich p_{μ} x^{μ}} + a_{p}^{†} e^{- ich p_{μ} x^{μ}},

$\hat{\phi}(x) = \int_{\mathbb R^3} \frac{d\vec{p}}{2E(\vec{p})} a_p e^{ip_\mu x^\mu} + a^\dagger_p e^{-ip_\mu x^\mu} \:,$ wo

\vec{p} \in R^{3}

$\vec{p} \in \mathbb R^3$ ist die drei Impulse während

p_{0} := E (\vec{p}) = \sqrt{{\vec{p}}^{2} + m^{2}}

$p_0 := E(\vec{p}) = \sqrt{\vec{p}^2+m^2}$ , sehen Sie, dass die Vertauschungsbeziehungen

[\hat{ϕ} (t, \vec{x}), \partial_{0} \hat{ϕ} (t, \vec{j})] = ich δ (\vec{x} - \vec{j})

$[\hat{\phi}(t,\vec{x}), \partial_0 \hat{\phi}(t,\vec{y})] = i \delta(\vec{x}-\vec{y})$ sind möglich, wenn und nur wenn (ich lasse einige aus

(2 π)^{a}

$(2\pi)^a$ Koeffizient)

[a_{p}, a_{q}^{†}] = 2 E (\vec{p}) δ (\vec{p} - \vec{q}) .

$[a_p,a^\dagger_q]= 2E(\vec{p}) \delta(\vec{p}-\vec{q})\:.$ Dies bedeutet, dass die relevante Impulsdarstellung dies nicht ist

L^{2} (R^{3}, d \vec{p})

$L^2(\mathbb R^3, d\vec{p})$ aber ist seine Lorentz-invariante Version

L^{2} (R^{3}, \frac{d \vec{p}}{2 E (\vec{p})})

$L^2\left(\mathbb R^3, \frac{d\vec{p}}{2E(\vec{p})}\right)$ Ich meine damit die Amplitude zweier Impulswellenfunktionen

ψ = ψ (\vec{p})

$\psi= \psi(\vec{p})$ und

ψ^{'} = ψ^{'} (\vec{p})

$\psi'= \psi'(\vec{p})$ ist:

⟨ ψ^{'} | ψ ⟩ = \int_{R^{3}} \frac{d \vec{p}}{2 E (\vec{p})} \bar{ψ^{'} (\vec{p})} ψ (\vec{p}) .

$\langle \psi'|\psi\rangle = \int_{\mathbb R^3} \frac{d\vec{p}}{2E(\vec{p})} \overline{\psi'(\vec{p})} \psi(\vec{p})\:.$ Mit dieser Wahl der Impulsdarstellung hat der Operator

i \frac{\partial}{\partial p_{k}}

$i\frac{\partial}{\partial p_k}$ ist wegen des Faktors nicht hermitesch

E (\vec{p})^{- 1}

$E(\vec{p})^{-1}$ wodurch ein Hindernis für die Integration nach Teilen entsteht, wenn versucht wird, sich zu bewegen

X_{k}

$X_k$ von einer Seite zur anderen Seite des Skalarprodukts, um das zu beweisen

⟨ ψ^{'} | X_{k} ψ ⟩ = ⟨ X_{k} ψ^{'} | ψ ⟩

$\langle \psi'|X_k\psi\rangle=\langle X_k\psi'|\psi\rangle$ (falsch).

Tatsächlich der Positionsoperator entlang der Raumrichtung $x_k$ wird durch den hermiteschen Operator definiert

(X_{k} ψ) (\vec{p}) = ich E (\vec{p}) \frac{\partial}{\partial p_{k}} \frac{1}{E (\vec{p})} ψ = ich (\frac{\partial}{\partial p_{k}} - \frac{1}{E (\vec{p})} \frac{\partial E (\vec{p})}{\partial p_{k}}) ψ

$\left(X_k \psi\right)(\vec{p}) = iE(\vec{p})\frac{\partial }{\partial p_k} \frac{1}{E(\vec{p})}\psi = i\left(\frac{\partial }{\partial p_k} - \frac{1}{E(\vec{p})}\frac{\partial E(\vec{p})}{\partial p_k}\right) \psi$ das ist

\begin{matrix} (1) & (X_{k} ψ) (\vec{p}) = ich (\frac{\partial}{\partial p_{k}} - \frac{p_{k}}{E (\vec{p})^{2}}) ψ (\vec{p}) \end{matrix}

$\left(X_k \psi\right)(\vec{p}) = i\left(\frac{\partial }{\partial p_k} - \frac{p_k}{E(\vec{p})^2}\right) \psi(\vec{p}) \tag{1}$ Dies ist der sogenannte Newton-Wigner-Ortsoperator in Impulsdarstellung für ein relativistisches Skalarfeld, von dem angenommen wird, dass er die richtige Definition des Ortsoperators in der relativistischen Quantenmechanik ist, falls ein solcher Begriff in der relativistischen Quantenmechanik noch Sinn macht. Mit dieser Definition ist es möglich zu zeigen, dass eine Position lokalisiert ist

ψ_{x_{0}}

$\psi_{x_0}$ beim Lesen in Felddarstellung

ϕ (\vec{x}) = \int_{R^{3}} \frac{d \vec{p}}{2 E (\vec{p})} ψ_{x_{0}} (\vec{p}) e^{ich \vec{p} \cdot \vec{x}}

${\phi}(\vec{x}) = \int_{\mathbb R^3} \frac{d\vec{p}}{2E(\vec{p})} \psi_{x_0}(\vec{p}) e^{i\vec{p}\cdot\vec{x}}$ entsteht eine rundum konzentrierte Feldkonfiguration

x_{0}

$x_0$ in einem Bereich mit den Abmessungen der Compton-Länge des Partikels.

Es ist klar, dass mit dieser (korrekten) Definition des Impulsoperators die Behauptung des Professors falsch ist, weil der zusätzliche Term auf der rechten Seite von (1) es nicht erlaubt, die (falsche) Identität zu erreichen. $\hat{X}^k \hat{\phi}|0\rangle = x^k\hat{\phi}|0\rangle$ Der pauschale Anspruch ist auch wegen des Bauteils nicht haltbar $\hat{X}^0$ als "Zeitoperator" interpretiert werden, der bekanntlich nicht existiert (Satz von Pauli).

yuggib · Answer 2

Hier ist die Antwort (ich werde die Konstanten auf dem Nenner Ihrer Fourier-Transformation der Einfachheit halber nicht berücksichtigen, aber sie sind da ;-) ). Wenn Sie den Operator schreiben $\hat{\phi}$ Du musst vorsichtig sein. Ich werde die Hüte fallen lassen, weil es meiner Meinung nach klarer wird (vielleicht steht der Hut hier für einen Operator und nicht für die Fourier-Transformation). Ihr Operator ist nicht in der Impulsdarstellung, da Sie über die Integration verfügen $p$ . Dieser Operator hängt ab $x$ , und kann geschrieben werden als $\phi(x)$ .

Bezeichnen Sie die Fourier-Transformation mit $\mathscr{F}$ . Es handelt sich um eine einheitliche Transformation $L^2$ , also beim Einwirken auf einen Operator $A$ von diesem Raum wird es oft als geschrieben $\mathscr{F}A\mathscr{F}^{-1}$ . Denn durch Einheitlichkeit

⟨ ψ_{1}, EIN ψ_{2} ⟩ = ⟨ F ψ_{1}, F EIN ψ_{2} ⟩ = ⟨ F ψ_{1}, (F EIN F^{- 1}) F ψ_{2} ⟩ .

$\langle\psi_1, A\psi_2\rangle=\langle\mathscr{F}\psi_1,\mathscr{F}A\psi_2\rangle=\langle \mathscr{F}\psi_1,(\mathscr{F}A\mathscr{F}^{-1})\mathscr{F}\psi_2\rangle\; .$ Die korrekte Schreibweise lautet also, dass der Positionsoperator in der Fourier-Transformationsdarstellung die Ableitung bzgl

p

$p$ :

F X^{μ} F^{- 1} = + ich \partial / \partial p_{μ} .

$\mathscr{F}X^\mu\mathscr{F}^{-1}=+i\partial/\partial p_\mu\; .$ Im gleichen Sinne Ihr Betreiber

ϕ (x)

$\phi(x)$ wird in der Fourier-Transformation und wirkt auf das Vakuum (um Ihrer Notation zu folgen, das Impulsvakuum

| 0 ⟩ = F | 0_{x} ⟩

$\lvert 0\rangle=\mathscr{F}\lvert 0_x\rangle$ , während

| 0_{x} ⟩

$\lvert 0_x\rangle$ ist die Position Vakuum):

F ϕ (x) | 0_{x} ⟩ = a_{p}^{†} | 0 ⟩ .

$\mathscr{F}\phi(x)\lvert 0_x\rangle=a^{\dagger}_p\lvert 0\rangle\; .$ Deswegen:

X_{μ} ϕ (x) | 0_{x} ⟩ = F^{- 1} (F X_{μ} F^{- 1}) (F ϕ (x) F^{- 1}) | 0 ⟩ = ich F^{- 1} \frac{\partial}{\partial p_{μ}} a_{p}^{†} | 0 ⟩ = ich \int d p e^{ich p_{v} x^{v}} \frac{\partial}{\partial p_{μ}} a_{p}^{†} | 0 ⟩ .

$X_\mu\phi(x)\lvert0_x\rangle= \mathscr{F}^{-1}(\mathscr{F}X_\mu\mathscr{F}^{-1})(\mathscr{F}\phi(x)\mathscr{F}^{-1})\lvert 0\rangle=i\mathscr{F}^{-1}\frac{\partial}{\partial p_\mu}a^\dagger_p \lvert 0\rangle\\=i\int dp \,e^{ip_\nu x^\nu}\frac{\partial}{\partial p_\mu}a^\dagger_p \lvert 0\rangle\; .$ Wenn Sie nun beim letzten Term (im Sinne von Verteilungen) "teilweise integrieren", erhalten Sie:

X_{μ} ϕ (x) | 0_{x} ⟩ = - ich \int d p (\frac{\partial}{\partial p_{μ}} e^{ich p_{v} x^{v}}) a_{p}^{†} | 0 ⟩ = x^{μ} ϕ (x) | 0_{x} ⟩ .

$X_\mu\phi(x)\lvert0_x\rangle=-i\int \, dp \Bigl(\frac{\partial}{\partial p_\mu}e^{ip_\nu x^\nu}\Bigr)a^\dagger_p\lvert 0\rangle = x^\mu \phi(x)\lvert 0_x\rangle\; .$

Vielen Dank. Gibt es eigentlich keine gute Möglichkeit, es in der Positionsdarstellung zu berechnen? Also, wenn ich das zeigen möchte $a^\dagger_{p_1} |0\rangle$ ist ein Eigenzustand der Impulsoperator $P_\mu$ , dann sollte ich den gleichen Trick machen, nur in die andere Richtung?
Ja da ist. Sie müssen jedoch die Definition des Erstellungsoperators verwenden, da er auf Fock-Räume wirkt (ich weiß nicht, ob Sie damit vertraut sind). Ohne zu sehr auf die mathematischen Details einzugehen, stellen Sie sich die Vektoren des Fock-Raums als eine unendliche Sammlung vor $(\psi_0,\psi_1,\psi_2,\dotsc,\psi_n,\dotsc)$ , wo jeder $\psi_n$ , $n\in \mathbb{N}$ gehört zu den $n$ -Partikelraum. Das Vakuumteil $\psi_0$ ist nur eine komplexe Zahl, und der Vakuumvektor $\lvert 0\rangle=(1,0,0,\dotsc,0,\dotsc)$ ...
So $a_{p_1}^\dagger$ erzeugt nur ein Teilchen mit Impuls $p_1$ , aber wie sieht die Wellenfunktion eigentlich aus?
Der Erstellungsoperator (bewertete Verteilung) agiert, grob gesagt, mittels $a^{†} (p) ψ_{n} (p_{1}, \dots, p_{n}) = \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \sum_{j = 1}^{n + 1} δ (p - p_{j}) ψ_{n} (p_{1}, \dots, {\hat{p}}_{j}, \dots, p_{n + 1})$ $a^\dagger(p)\psi_n(p_1,\dotsc,p_n)= \frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum_{j=1}^{n+1}\delta (p-p_j)\psi_{n}(p_1,\dotsc,\hat{p}_j,\dotsc,p_{n+1})$ wo $p_1$ ,..., $p_n$ sind die Variablen der Wellenfunktion und $\hat{p}_j$ bedeutet, dass die Variable fehlt. Wie Sie sehen, gegeben ein $n$ -Partikel-Funktion erhalten Sie mittels des Erstellers, an $n+1$ -Partikel "Funktion" (es gibt eine $\delta$ ). Wenn Sie auf das Vakuum einwirken, erhalten Sie: $a^{†} (p) | 0 ⟩ = δ (p - p_{1})$ $a^\dagger(p)\lvert 0\rangle =\delta(p-p_1)$ (Hier ist die Variable $p_1$ )
(während $p$ Sie können sich das als "durch die Schöpfung fixiert") vorstellen). Dies ist nun eindeutig ein (verallgemeinerter) Eigenzustand des Ortsoperators $P$ , mit Eigenwert $p$ . Es wird verallgemeinert, weil die $\delta$ Zustand gehört nicht zum Hilbert-Raum, wie in der üblichen Quantenmechanik.
Sie haben also eine ebene Welle in Ortsdarstellung erzeugt. Gibt es einen Grund, warum Sie genau das getan haben und nicht eine andere Funktion mit Impuls p?

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Ist ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle für alle |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implizieren, dass A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

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