QM aus QFT wiederherstellen

Question

QM aus QFT wiederherstellen

Benutzer56963

Lektüre der Vorlesungsnotizen von David Tong über QFT.

Auf den Seiten 43-44 stellt er QM aus QFT wieder her. Siehe untenstehenden Link:

Zuerst werden die Impuls- und Positionsoperatoren in Form von "Integralen" definiert und nach Betrachtung von Zuständen, die wiederum in Form von Integralen definiert sind, sehen wir, dass die Ket-Zustände tatsächlich Eigenzustände sind und die Eigenwerte daher Positions- und Impuls-3-Vektoren sind.

Was mir nicht klar ist, sind die im Vorlesungsskript nicht gezeigten Zwischenschritte von Rechnungen, insbesondere die Berechnung von Integralen mit Operatoren als deren Integranden, um die gewünschten Ergebnisse zu erhalten.

anna v

Karren vor dem Pferd meiner Meinung nach, da QFT auf Operatoren basiert, die auf einen Grundzustand wirken, und dieser Grundzustand eine Lösung einer quantenmechanischen Gleichung, Dirac oder KG, sein muss. Ich würde es eher "Konsistenz beweisen" mit dem zugrunde liegenden quantendynamischen Framework nennen

QMechaniker

Kommentar zum Beitrag (v2): Es wäre gut, wenn OP (oder jemand anderes?) versuchen könnte, die Frageformulierung in sich geschlossen zu machen, damit man den Link nicht öffnen muss, um die Frage zu verstehen.

Antworten (1)

QM aus QFT wiederherstellen

Karren vor dem Pferd meiner Meinung nach, da QFT auf Operatoren basiert, die auf einen Grundzustand wirken, und dieser Grundzustand eine Lösung einer quantenmechanischen Gleichung, Dirac oder KG, sein muss. Ich würde es eher "Konsistenz beweisen" mit dem zugrunde liegenden quantendynamischen Framework nennen
Kommentar zum Beitrag (v2): Es wäre gut, wenn OP (oder jemand anderes?) versuchen könnte, die Frageformulierung in sich geschlossen zu machen, damit man den Link nicht öffnen muss, um die Frage zu verstehen.

AccidentalFourierTransform · Answer 1

OP fragt, wie man das beweist $\boldsymbol P|\boldsymbol p\rangle=\boldsymbol p|\boldsymbol p\rangle$ Und $\boldsymbol X|\boldsymbol x\rangle=\boldsymbol x|\boldsymbol x\rangle$ Wo $|\boldsymbol p\rangle$ ein (freier) skalarer Ein-Teilchen-Zustand ist, und $\boldsymbol P$ ist der Impulsoperator; $|\boldsymbol x\rangle$ um ein "Wellenpaket" zentriert ist $\boldsymbol x$ (unten definiert) und $\boldsymbol X$ ist der "Positionsoperator" (auch unten definiert).

TEIL I

Lassen

P \equiv \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} P A_{P}^{†} A_{P}

$\boldsymbol P \equiv\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ a_{\boldsymbol p}^\dagger a_{\boldsymbol p}$

Verwenden $a_{\boldsymbol p}|0\rangle=0$ , das ist leicht zu sehen $\boldsymbol P|0\rangle=0$ , was gleich nützlich sein wird.

Die CCR sind

[A_{P}, A_{Q}^{†}] = (2 π)^{3} δ (P - Q)

$[a_{\boldsymbol p},a^\dagger_{\boldsymbol q}]=(2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)$ (siehe Seite 30, Gl. 2.20)

Beachten Sie dabei, dass

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} [P, A_{Q}^{†}] & = \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} P [A_{P}^{†} A_{P}, A_{Q}^{†}] = \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} P A_{P}^{†} [A_{P}, A_{Q}^{†}] = \\ = \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} P (2 π)^{3} δ (P - Q) A_{P}^{†} = Q A_{Q}^{†} \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\boldsymbol P,a^\dagger_{\boldsymbol q}]&= \int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ [a_{\boldsymbol p}^\dagger a_{\boldsymbol p},a^\dagger_{\boldsymbol q}]= \int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ a_{\boldsymbol p}^\dagger[a_{\boldsymbol p},a^\dagger _{\boldsymbol q}]=\\ &=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\, \boldsymbol p\ (2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)a_{\boldsymbol p}^\dagger=\boldsymbol q\,a_{\boldsymbol q}^\dagger \end{aligned}\tag1 \end{equation}$

Lassen $|\boldsymbol p\rangle\equiv a^\dagger_{\boldsymbol p}|0\rangle$ . Verwenden $(1)$ , zusammen mit der Tatsache $\boldsymbol P|0\rangle=0$ , das ist leicht zu sehen

P | P ⟩ = P A_{P}^{†} | 0 ⟩ = [P, A_{P}^{†}] | 0 ⟩ = P A_{P}^{†} | 0 ⟩ \equiv P | P ⟩

$\boldsymbol P|\boldsymbol p\rangle=\boldsymbol Pa_\boldsymbol p^\dagger|0\rangle=\boldsymbol [\boldsymbol P,a_\boldsymbol p^\dagger]|0\rangle=\boldsymbol p a_{\boldsymbol p}^\dagger|0\rangle\equiv \boldsymbol p|\boldsymbol p\rangle$ nach Bedarf.

TEIL II

Lassen

ψ^{†} (X) \equiv \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} A_{P}^{†} e^{- ich P \cdot X}

$\psi^\dagger(\boldsymbol x) \equiv\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,a_{\boldsymbol p}^\dagger \mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$

Verwenden $a_{\boldsymbol p}|0\rangle=0$ , das ist leicht zu sehen $\psi(\boldsymbol x)|0\rangle=0$ , was gleich nützlich sein wird.

Beachten Sie, dass

[ψ^{†} (X), A_{Q}^{†}] = 0

$[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol q}^\dagger]=0$ Und

\begin{aligned} [ψ^{†} (X), A_{Q}] & = \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} e^{- ich P \cdot X} [A_{P}^{†}, A_{Q}] = \\ = - \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} e^{- ich P \cdot X} (2 π)^{3} δ (P - Q) \\ = - e^{- ich Q \cdot X} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol q}]&=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}[a_{\boldsymbol p}^\dagger ,a_{\boldsymbol q}]=\\ &=-\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}(2\pi)^3\delta(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\\ &=-\mathrm e^{-i\boldsymbol q\cdot\boldsymbol x} \end{aligned} \end{equation}$

Diese Beziehungen implizieren das

[ψ^{†} (X), ψ^{†} (j)] = 0

$[\psi^\dagger(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]=0$ Und

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} [ψ^{†} (X), ψ (j)] & = \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} e^{ich P \cdot j} [ψ^{†} (X), A_{P}] \\ = - \int \frac{D P}{(2 π)^{3}} e^{ich P \cdot j} e^{- ich P \cdot X} = - δ (X - j) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),\psi(\boldsymbol y)]&=\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol y}[\psi^\dagger(\boldsymbol x),a_{\boldsymbol p}]\\ &=-\int \frac{\mathrm d\boldsymbol p}{(2\pi)^3}\,\mathrm e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol y}\mathrm e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}=-\delta(\boldsymbol x-\boldsymbol y) \end{aligned}\tag2 \end{equation}$

Lassen

X = \int D X X ψ^{†} (X) ψ (X)

$\boldsymbol X=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)\psi(\boldsymbol x)$

Beachten Sie das zunächst $\boldsymbol X|0\rangle=0$ , was trivial zu beweisen ist $\psi(\boldsymbol x)|0\rangle=0$ .

Als nächstes verwenden $(2)$ , das ist leicht zu sehen

\begin{aligned} [X, ψ^{†} (j)] & = \int D X X [ψ^{†} (X) ψ (X), ψ^{†} (j)] \\ = \int D X X ψ^{†} (X) [ψ (X), ψ^{†} (j)] \\ = \int D X X ψ^{†} (X) δ (X - j) = j ψ^{†} (j) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {}[\boldsymbol X,\psi^\dagger(\boldsymbol y)]&=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ [\psi^\dagger(\boldsymbol x)\psi(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]\\ &=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)[\psi(\boldsymbol x),\psi^\dagger(\boldsymbol y)]\\ &=\int\mathrm d\boldsymbol x\ \boldsymbol x\ \psi^\dagger(\boldsymbol x)\delta(\boldsymbol x-\boldsymbol y)=\boldsymbol y\,\psi^\dagger(\boldsymbol y) \end{aligned} \end{equation}$

Verwenden Sie schließlich die obige Beziehung zusammen mit $\boldsymbol X|0\rangle=0$ , das ist leicht zu sehen

X | X ⟩ = X ψ^{†} (X) | 0 ⟩ = [X, ψ^{†} (X)] | 0 ⟩ = X ψ^{†} (X) | 0 ⟩ \equiv X | X ⟩

\begin{matrix} ◻ \end{matrix}

$\tag*{$\square$}$

QM aus QFT wiederherstellen

Benutzer56963

anna v

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AccidentalFourierTransform

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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}?

Wie kommt r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)\bar{r}\times(\bar{\nabla} \times) - \bar{\nabla}\times(\bar{r}\times) beziehen sich auf den Bahndrehimpulsoperator?

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Hilfe beim Vereinfachen einer Kommutatorgleichung