Quantisierung eines komplexen Klein-Gordon-Feldes: Warum gibt es zwei Arten von Anregungen?

Question

Quantisierung eines komplexen Klein-Gordon-Feldes: Warum gibt es zwei Arten von Anregungen?

Physik
Kommutator
komplexe Zahlen
zweite Quantisierung
Quantenfeldtheorie
klein-gordon-gleichung

Jahan Claes

In den meisten Referenzen , die ich je gesehen habe (siehe zum Beispiel Peskin und Schroeder Problem 2.2 oder Abschnitt 2.5 hier ), konstruiert man den Feldoperator $\hat{\phi}$ für das komplexe Klein-Gordon-Feld wie folgt:

Zuerst nehmen Sie die Lagrange-Dichte für das klassische Klein-Gordon-Feld

L = \partial μ φ Ich \partial μ φ - m 2 φ Ich φ (1)

$\mathcal{L}=\partial_\mu \phi^\dagger\partial^\mu\phi-m^2\phi^\dagger\phi \tag{1}$ und finde den zum Körper konjugierten Impuls

φ $\phi$ über

π = \partial L \partial φ ˙ = φ ˙ Ich . (2)

$\pi=\frac{\partial\mathcal L}{\partial \dot\phi}=\dot\phi^\dagger.\tag{2}$ Dann legt man die üblichen kanonischen Vertauschungsrelationen auf

φ^ $\hat\phi$ und

π^ $\hat\pi$ :

[φ^(x), π^(ja)] = ich δ 3 (x - y) . (3)

$[\hat\phi(x),\hat\pi(y)]=i\delta^3(x-y).\tag{3}$ Also, man braucht zu finden Operatoren

φ^ $\hat{\phi}$ und

π^ $\hat\pi$ so dass sie die oben genannten Kommutationsrelationen, und so , dass gehorchen

π^=φ˙Ich $\hat\pi=\dot\phi^\dagger$ . Die Lehrbücher zeigen dann, dass die Definition

φ^(x) = \int D 3 P ⃗ ( 2 π ) 3 1 2 P 0 - - - \sqrt [ein Ich P e - ich P μ x μ + B P e ich P μ x μ] (4)

$\hat{\phi}(x)=\int\frac{d^3\vec{p}}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2p_0}}[a_p^\dagger e^{-i p_\mu x^\mu}+b_pe^{i p_\mu x^\mu}]\tag{4}$

π^(x) = ich \int D 3 P ⃗ ( 2 π ) 3 P 0 2 - - - \sqrt [ein P e ich P μ x μ - B Ich P e - ich P μ x μ] (5)

$\hat{\pi}(x)=i\int\frac{d^3\vec{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{p_0}{2}}[a_p e^{i p_\mu x^\mu}-b_p^\dagger e^{-i p_\mu x^\mu}]\tag{5}$ wo

ein $a$ und

B $b$ bosonische Vernichtungsoperatoren sind, erfüllt diese Eigenschaften.

Meine Frage ist: Warum brauchen wir zwei verschiedene Partikel Operatoren zu definieren $\hat\phi$ und $\hat\pi$ ? Mir scheint, man könnte einfach definieren

φ^(x) = \int D 3 P ⃗ ( 2 π ) 3 1 2 P 0 - - - \sqrt ein P e - ich P μ x μ (6)

$\hat{\phi}(x)=\int\frac{d^3\vec{p}}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2p_0}}a_p e^{-i p_\mu x^\mu}\tag{6}$

π^(x) = ich \int D 3 P ⃗ ( 2 π ) 3 P 0 2 - - - \sqrt ein Ich P e ich P μ x μ (7)

$\hat{\pi}(x)=i\int\frac{d^3\vec{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{p_0}{2}}a_p^\dagger e^{i p_\mu x^\mu}\tag{7}$ mit

$\hat{a}_p$ ein einzelner bosonischer Vernichtungsoperator. Dann eindeutig

$\hat{\pi}=\dot{\hat{\phi}}^\dagger$ , und auch

$\begin{array}{rcl} [\hat\phi(x),\hat\pi(y)]&=&i\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{q_0}{4p_0}}e^{i(q_\mu y^\mu-p_\mu x^\mu)}[a_p,a_q^\dagger]\\ &=&i\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{q_0}{4p_0}}e^{i(q_\mu y^\mu-p_\mu x^\mu)}(2\pi)^3\delta^3(p-q)\\ &=&i\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2}e^{ip_\mu (y^\mu-x^\mu)}\\ &=&\frac{i}{2}\delta^3(y-x)\\ \end{array}\tag{8}$

das ist, bis auf einige Details über die Normalisierung $\hat{a}_p$ , Korrekt. Wir würden dann mit nur einer Art von Anregung ein Klein-Gordon - Feld haben, die $\hat{a}_p$ Erregung. Warum alle Lehrbücher behaupten , wir brauchen zwei getrennte bosonischen $\hat{a}_p$ und $\hat{b}_p$ ?

Harry Johnston

Kurz gesagt, das Lehrbuch betrügt. Es reicht nicht aus, nur ein Operatorenpaar zu finden, das die Kommutierungsrelation erfüllt, man muss auch alle Freiheitsgrade im Feld aufbrauchen. Andernfalls erhalten Sie nur eine unvollständige Beschreibung des Feldverhaltens, zB lassen Sie einige Partikeltypen aus. :-) (Wie genau Sie wissen, wann Sie alle Freiheitsgrade aufgebraucht haben, weiß ich nicht.)

Qmechanic

Kurz gesagt, dem Ansatz von OP (6) fehlen die negativen Frequenz-/Energiemodi.

Noix07

Obwohl die Antwort von ACuriousMind interessant ist, wird der wahre Grund von Elias Riedel Gårding angegeben. Tatsächlich tritt das Problem bereits vor der Quantisierung auf . Im Entwurf des Buches von Srednicki (3.21) S.40 findet man den Ausdruck

$a$ Funktion von

$\varphi$ und

$\pi$ . (Er verwendet zuvor

$\varphi^*=\varphi$

identifizieren

$b=a^*$ , aber wenn nicht, könnte man eine andere explizite Formel für

$b$ )

Antworten (5)

Quantisierung eines komplexen Klein-Gordon-Feldes: Warum gibt es zwei Arten von Anregungen?

Kurz gesagt, das Lehrbuch betrügt. Es reicht nicht aus, nur ein Operatorenpaar zu finden, das die Kommutierungsrelation erfüllt, man muss auch alle Freiheitsgrade im Feld aufbrauchen. Andernfalls erhalten Sie nur eine unvollständige Beschreibung des Feldverhaltens, zB lassen Sie einige Partikeltypen aus. :-) (Wie genau Sie wissen, wann Sie alle Freiheitsgrade aufgebraucht haben, weiß ich nicht.)
Kurz gesagt, dem Ansatz von OP (6) fehlen die negativen Frequenz-/Energiemodi.
Obwohl die Antwort von ACuriousMind interessant ist, wird der wahre Grund von Elias Riedel Gårding angegeben. Tatsächlich tritt das Problem bereits vor der Quantisierung auf . Im Entwurf des Buches von Srednicki (3.21) S.40 findet man den Ausdruck $a$ Funktion von $\varphi$ und $\pi$ . (Er verwendet zuvor $\varphi^*=\varphi$ identifizieren $b=a^*$ , aber wenn nicht, könnte man eine andere explizite Formel für $b$ )

ACuriousMind · Answer 1

Der Punkt ist, dass das Quantisierungsverfahren normalerweise nur für reellwertige physikalische Observablen gültig ist. Alle Versionen von behandeln die klassischen Observablen als reelle Funktionen im Phasenraum (die Dinge werden für Fermionen komplizierter, die ich für dieses Thema ignoriere) und ordnen diesen Quantenobservablen zu. Zum Beispiel der Vernichtungsoperator für den harmonischen Oszillator $a = x + \mathrm{i}p$ ist nicht nicht von nur ein Paar von reellwertigen Funktionen komplexwertige Funktionen nicht auftreten, oder besser gesagt, sie sind, die den realen und imaginären Teil darstellen - wirklich ein Objekt einzeln in der klassischen Hamilton - Mechanik zu sehen erlaubt.

Um also ein komplexes Skalarfeld zu quantisieren $\phi$ , wir müssen es schreiben als $\phi = \phi_1(x) + \mathrm{i}\phi_2(x)$ , und quantisieren beide des reellen Skalarfeldes separat. Dies ergibt die übliche Modenexpansion des komplexen Skalarfeldes mit zwei verschiedenen Sätzen von Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren. Für ein reelles Feld können wir treat behandeln $a_p$ und $a^\dagger_p$ als Operatoren, weil sie aus der Fourier-Transformation der Körper $\phi(x)$ und $\pi(x)$ , die reellwertig und damit Operatoren nach der Quantisierung sind. Sowohl die Fourier-Transformation als auch die Berechnung $a_p$ und $a_p^\dagger$ muss als nach der Quantisierung durchgeführt gedacht werden , um mit der Herleitung der Kommutierungsrelationen von vereinbar zu sein $a_p,a_p^\dagger$ aus dem CCR von $\phi$ und $\pi$ .

Darüber hinaus beachten Sie, dass Ihr Versuch ist unvereinbar mit der Quantisierung der realen Skalarfelds in einer anderen Art und Weise: Wenn wir verhängen $\phi = \phi^\dagger$ auf Ihrem Skalarfeld erhalten wir auch $a = a^\dagger$ weil $\dot{\phi} = \dot{\phi}^\dagger = \pi$ in diesem Fall, was ihrer von Null verschiedenen Kommutierungsbeziehung widerspricht. Ihre Version der Quantisierung des komplexen skalaren Feldes reduziert sich also nicht auf die Quantisierung des realen skalaren Feldes und ist daher eine völlig andere Quantisierungsvorschrift.

Warum erhalten wir dann einen einzigen Erzeugungsoperator, wenn wir dieselbe Prozedur mit der Schrödinger-Gleichung durchführen, um ein Schrödinger-Feld zu erhalten? Dort haben wir eine komplexwertige Wellenfunktion (als klassisches Feld gedacht), aber ein einziger Erzeugungsoperator reicht aus, um den Feldoperator zu bestimmen.
@JahanClaes Ich bin mir nicht sicher, was ein Schrödinger-Feld ist, aber ich bin mir ziemlich sicher, dass das, womit Sie beginnen, zunächst kein klassisches Hamilton-System ist, sodass Ihre "Quantisierung" vollständig ad hoc und kein Fall der kanonischen Quantisierung ist.
Ein Schrödinger-Feld ist ein klassisches Feld, das der Schrödinger-Gleichung gehorcht. Es hat den Hamilton-Operator $\mathcal{H}=\pi(1-\frac{d}{dt}-i\nabla^2)\psi$, was meiner Meinung nach als zwei gekoppelte reelle Felder angesehen werden sollte?
@JahanClaes Das ist nicht der richtige Hamiltonian, Hamiltonianer enthalten keine Zeitableitungen. In jedem Fall ist der korrekte kanonische Impuls eines Schrödinger-Feldes nur $\pi = \mathrm{i}\psi^\dagger$, also sind $\pi$ und $\psi$ nicht unabhängig und Sie haben ein beschränktes Hamilton-System und die formale Quantisierung würde die Anwendung des Dirac-Bergmann-Rezepts erfordern, bei dem einige Variablen eliminiert werden. Dieses Wiki scheint hier die Abkürzung zu nehmen, dass Sie einfach $\psi$ und $\psi^\dagger$ nehmen können, da Ihre Variablen wahrscheinlich das Endergebnis sind, aber nicht a priori gerechtfertigt.
Wie konnte der Hamilton-Operator keine Zeitableitung enthalten? Der kanonische Impuls hat, wie Sie bereits erwähnt haben, keine zeitliche Ableitung, daher können Sie die Ableitung von $\psi$ nicht zugunsten von $\pi$ eliminieren. Meinst du, du verschiebst die Zeitableitung einfach durch partielle Integration auf das $\pi$?
@JahanClaes Ein Hamilton-Operator enthält nie eine Zeitableitung, er ist eine Funktion von Ort und Impuls allein als unabhängige Variablen, und Ort und Impuls darin hängen nicht von der Zeit ab (Das $\dot{\phi}$ in einem Lagrange-Operator ist auch nicht t eigentlich "zeitabhängig", ist es nur ein Platzhalter für die Zeitableitung von $\phi$, wenn wir die Lagrange-Funktion als Funktion entlang einer Lösung der Bewegungsgleichungen untersuchen ). Siehe zB physics.stackexchange.com/q/202123/50583 und physics.stackexchange.com/q/885/50583
Update: gefunden eine Reihe von Vorlesungsmitschriften , die diese Ansicht, und auch ableiten , warum wir müssen sowohl positive als auch negative Frequenz Stücke des realen Klein Gordon Feldes haben. Also ich mag diese Antwort jetzt.

Nid · Answer 2

Nid

wenn $\phi$ hat nur einen unabhängigen Oszillator in der Fourier-Zerlegung ist nicht die allgemeinste Lösung der Euler-Lagrange-Gleichungen (eom's). Das Feld $\phi$ ist vor der Quantisierung nur eine komplexe Zahl und sollte daher 2 unabhängige Freiheitsgrade haben, nicht einen, wie Sie oben schreiben.

Jahan Claes

Aber wenn wir mit der Schrödinger-Gleichung dasselbe tun, um ein Schrödinger-Feld zu erhalten, wird nur ein Erzeugungs-/Vernichtungsoperator benötigt, obwohl das Schrödinger-Feld komplex bewertet ist.

Nid

Die Schrödinger-Gleichung ist anders. Setzen

$\hbar$

Nid

Um Gottes Willen. Ich habe ein Chaos angerichtet. Warum kann ich meinen Kommentar nicht löschen? Die Schrödinger-Gleichung lässt keine Oszillatoren zu. Die Identität

$i \dot{\Psi} = E \Psi$ setze sie einfach auf eine Konstante. Schauen Sie sich zum Beispiel das freie Partikel auf en.wikipedia.org/wiki/Schr%C3%B6dinger_equation an (Sie müssen dort auch den zeitabhängigen Teil hinzufügen).

snulty · Answer 3

Erstens und persönlich gefallen mir die ersten Kapitel von Peskin & Schroeder nicht. Ich denke, es ist ein besseres Buch für Dozenten als für Studenten, die das Thema zum ersten Mal lernen. (Otoh, ich denke, es wird später besser.)

Ich denke, es ist lehrreicher, in diesem Fall beispielsweise Srednicki zu folgen . Auch Srednicki verwendet $\mathrm{diag}(-1,1,1,1)$ metrische Konvention, aber Sie können in einigen Fällen zwischen metrischen Konventionen wechseln, indem Sie entsprechendes einfügen $-1$ 's und $i$ 'S.

Zunächst nehmen wir ein klassisches Skalarfeld mit der Absicht der kanonischen Quantisierung à la Dirac.

Wir schreiben den Lagrange-Operator für ein freies komplexwertiges Skalarfeld auf:

$\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\partial^\mu \phi^* \partial_\mu \phi-\frac{1}{2}m^2|\phi|^2+\Omega_0$

Da in diesem Moment $\phi$ ist nur eine komplexwertige Funktion, dh $\phi(x)$ eine Zahl ist, gilt $\phi^\dagger=\phi^*$ , also könnte man das Lagrangesche genauso gut mit Dolchen schreiben.

Wir beachten die Bewegungsgleichung für $\phi$ ist:

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

Nun sind einige Funktionen, die diese pde erfüllen,

$\exp(i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}\pm i\omega t)$

wo $\mathbf{k}$ ein beliebiger reeller Wellenvektor ist und $\omega$ ist:

$\omega=+\sqrt{\mathbf{k}^2+m^2}$ Man kann sich vorstellen, eine Lösung zu erweitern

$\phi$ in Bezug auf diese ebenen Wellen, wie Sie es beim Lösen anderer Pdes tun könnten. Also schreiben wir (auch wenn

$\phi$ ist echter Wert)

$\phi$ wie:

$\phi(x,t)=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}+b(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}\right]$

mit Koeffizienten (noch keine Operatoren) $a(\mathbf{k})$ und $b(\mathbf{k})$ , da es noch keinen Grund zu der Annahme gibt, dass sie verwandt sein sollten. $f(k=|\mathbf{k}|)$ wird aus dem späteren Grund eingefügt, um das Integrationsmaß lorentz invariant zu machen und ist proportional zu $\omega$ .

wenn $\phi$ war echt, $\phi^*=\phi$ , dann hätten wir:

$\begin{align} \phi^*(x,t)&=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a^*(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}+b^*(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}\right]\\ &=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a^*(-\mathbf{k})e^{+i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}+b^*(-\mathbf{k})e^{+i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}\right]\\ \phi(x,t)&=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}+b(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}\right] \end{align}$

Wir haben einfach geändert $\mathbf{k}\to -\mathbf{k}$ in Zeile $2$ . Beim Vergleich finden wir, dass $a(\mathbf{k})=b^*(-\mathbf{k})$ , oder $a^*(-\mathbf{k})=b(\mathbf{k})$ . Unterschreib das für $\phi$ ,

$\begin{align} \phi(x,t)&=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}+a^*(-\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}\right]\\ &=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}- i\omega t}+a^*(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}+ i\omega t}\right]\\ &=\int \frac{d^3k}{f(k)}\left[ a(\mathbf{k})e^{ik_\mu x^\mu}+a^*(\mathbf{k})e^{-ik_\mu x^\mu}\right]\\ \end{align}$

Um sich mit P&S abzustimmen, können Sie ändern $\mathbf{k}\to \mathbf{p}$ mit einem $\hbar\equiv 1$ in natürlichen Einheiten. Sie können dann auch berechnen $\pi$ durch das konjugierte Momentum und Differentiation. Sie können kanonisch quantisiert entweder $\phi$ und $\pi$ danach oder wählen Sie quantisieren $a$ 'S. Ändern Sie $a^*$ zu $a^\dagger$ usw.

Wie auch immer, einige Unterschiede zwischen dem realen und dem komplexen skalaren Feld bestehen darin, dass Sie im realen Feld neutrale Teilchen erhalten und im komplexen Feld zwei geladene Teilchen mit entgegengesetzter Ladung. Dies kommt von der Symmetrie der Phasenwahl des Feldes $\phi$ im Lagrange, die Sie für das echte Skalarfeld nicht haben. Sie müssen auch das neu interpretieren $b$ Operator im komplexen Fall, um negative Energiezustände zu vermeiden, das Dirac-Meer-Problem im Wesentlichen. Also $b$ sollte am Ende Anti-Partikel erzeugen. Bei der Quantisierung des Dirac-Feldes werden Sie sowieso so etwas sehen.

Das ist schön, aber es erklärt nicht , warum $\hat a$ sollte ein bosonischer Vernichtungsoperator sein, wenn Sie die Theorie quantisieren. Sie müssen immer noch dem kanonischen Quantisierungsverfahren folgen, um Kommutierungsbeziehungen zu erhalten, nicht wahr?
@JahanClaes Das ist also eigentlich eine andere Sache, die Srednicki zeigt. Sie entscheiden sich entweder für die kanonische Quantisierung $\phi$ und $\pi$ wie Sie es für Position und Momentum tun würden, außer mit der Dirac-Deltafunktion. Oder Sie können einfach mit dem Hamilton-Operator beginnen, den Sie in Bezug auf das $a$ 's und quantisieren kanonisch das $a$ 'S. Aber es muss bosonisch sein für Spin Null und im Allgemeinen ganzzahligen Spin. Andernfalls stößt man auf alle möglichen Probleme, wie zum Beispiel, dass der Hamilton-Operator konstant ist und Dinge nicht außerhalb des Lichtkegels verschwinden.
@JahanClaes Sie können die Abschnitte auch online selbst lesen. Auf der von mir verlinkten Seite stellt der Autor einen Entwurf online zur Verfügung, der näher an der Erstdruckausgabe wäre. Insofern hätte es auch ähnliche Tippfehler, ich finde sie in den ersten Kapiteln nicht zu groß. Sie sind sowieso auf der Webseite aufgeführt.

Elias Riedel Gårding · Answer 4

Es gibt eine konzeptionell einfache (aber fummelige) Möglichkeit, diese Erweiterung mit der üblichen Fourier-Entwicklung in Beziehung zu setzen. TL;DR: Erfordert $\phi$ Um die Klein-Gordon-Gleichung zu erfüllen, werden die von Null verschiedenen Fourier-Komponenten in zwei Klassen unterteilt, die Teilchen und Antiteilchen entsprechen.

Für ein in der Raumzeit definiertes allgemeines komplexes Skalarfeld gilt

$\phi(x) = \int\frac{d^4 p}{(2\pi)^4} \hat{\phi}(p) e^{-ip \cdot x}. \label{fourier}\tag{1}$ Dies ist die gewöhnliche vierdimensionale Fourier-Entwicklung. Stellen wir nun die Klein-Gordon-Gleichung auf

$0 = (\partial^2 + m^2) \phi = \int \frac{d^4 p}{(2\pi)^4} (-p^2 + m^2) \hat{\phi}(p) e^{-ip \cdot x}.$ Ein allgemeines Feld, das dies erfüllt, darf nur aus Moden bestehen, bei denen

$p^2 = m^2$ , dh On-Shell- Modi. Somit

$\hat{\phi}(p) = 2\pi \delta(p^2 - m^2) f(p)$ für eine Funktion

$f$ (der Faktor

$2\pi$ ist praktisch zum Vergleich mit der Standarderweiterung). Schreiben

$p = (p^0, \mathbf{p})$ ,

$\delta(p^2 - m^2) = \delta\left((p^0)^2 - (\mathbf{p}^2 + m^2)\right).$ Das Argument der

$\delta$ -Funktion hat zwei Nullstellen

$p^0 = \pm \sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}$ (für feste

$\mathbf{p}$ ), also verwenden wir die allgemeine Regel

$\delta(f(x)) = \sum_{f(x_i) = 0} \frac{1}{|f'(x_i)|} \delta(x - x_i)$ um

$\delta(p^2 - m^2) = \frac{1}{|2 p^0|} \left[ \delta\left(p^0 - \sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}\right) + \delta\left(p^0 + \sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}\right) \right].$ Setzen Sie dies wieder in (

$\ref{fourier}$ ) und Ausführen des

$p^0$ integral (Abkürzung

$\sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2} = E_\mathbf{p}$ ):

$\begin{align} \phi(x) &= \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{2 E_\mathbf{p}} \left[ f(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) e^{-i(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \cdot x} + f(-E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) e^{-i(-E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \cdot x} \right] \\ &= \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{2 E_\mathbf{p}} \left[ f(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) e^{-i(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \cdot x} + f(-E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) e^{i(E_\mathbf{p}, -\mathbf{p}) \cdot x} \right] \\ &= \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{2 E_\mathbf{p}} \left[ f(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) e^{-i(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \cdot x} + f(-E_\mathbf{p}, -\mathbf{p}) e^{i(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \cdot x} \right] \\ \end{align}$ wobei wir

vertauscht haben

$\mathbf{p} \mapsto -\mathbf{p}$ im zweiten Semester. Wir identifizieren die übliche (Heisenberg-Bild) Entwicklung

$\phi(x) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2 E_\mathbf{p}}} \left[ a_\mathbf{p} e^{-ip \cdot x} + b^\dagger_\mathbf{p} e^{ip \cdot x} \right]$ mit

$\begin{align} a_\mathbf{p} &= \frac{1}{\sqrt{2 E_\mathbf{p}}} f(E_\mathbf{p}, \mathbf{p}) \\ b_\mathbf{p}^\dagger &= \frac{1}{\sqrt{2 E_\mathbf{p}}} f(-E_\mathbf{p}, -\mathbf{p}) \end{align}$ (

$f(E_\mathbf{p}, \mathbf{p})$ und

$f(-E_\mathbf{p}, -\mathbf{p})$ sind die relativistisch normalisierten Vernichtungs- und Erzeugungsoperatoren). wenn

$\phi$ real ist, wissen wir aus Fourier - Analyse , dass

$\hat{\phi}(p) = \hat{\phi}(-p)^\dagger$ , was sich sofort in

$a_\mathbf{p} = b_\mathbf{p}$ .

Bisher ist das Feld ganz klassisch ( $a_\mathbf{p}$ und $b_\mathbf{p}$ einfach komplexe Zahlen sind und $\dagger$ ist komplexe Konjugation). Somit hat auch das klassische Feld zwei Arten von Anregungen: Positiv-Frequenz-Lösungen (mit Koeffizienten $a_\mathbf{p}$ ) und Lösungen mit negativer Frequenz (mit Koeffizienten $b_\mathbf{p}^\dagger$ ). Nach der Quantisierung entsprechen sie Teilchen und Antiteilchen.

Dirakologie · Answer 5

Der grundlegende Grund, warum wir zwei verschiedene Arten von Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren für komplexe skalare Felder brauchen, ist die Relativität!

Eine relativistische Theorie wie die Quantenfeldtheorie muss kausal sein. Dies impliziert, dass die Amplitude für die Erzeugung eines Teilchens bei $x$ und vernichtet bei $y$ , mit $x-y$ Raum wie, muss verschwinden. Außerhalb des Lichtkegels kann sich das Teilchen nicht ausbreiten. Angenommen

$\phi(x)=\int\widetilde{d^3p}a_p e^{-i p x}\tag1,$ wo

$\widetilde{d^3p}$ bezeichnet das invariante Maß. Dann ist die Amplitude für ein Teilchen, das bei

$\vec x$ , sich ausbreitend und vernichtet bei

$\vec y$ , ist momentan

$\langle0|\phi(\vec y,t)\phi^\dagger(\vec x,t)|0\rangle=0.$ Da

$\phi(\vec y,t)|0\rangle=0$ , dann impliziert die obige Bedingung in

$\langle0|[\phi(\vec y,t),\phi^\dagger(\vec x,t)]|0\rangle=0.\tag2$ Andererseits setzt man (1) in (2) ein und nimmt an

$[a_p,a_q^\dagger]\propto\delta(\vec p-\vec q)$ wir erhalten

$\langle0|[\phi(\vec y,t),\phi^\dagger(\vec x,t)]|0\rangle\neq0.$

Um diese zu erhalten , $[\phi(x),\phi^\dagger (y)]$ außerhalb des Lichtkegels verschwindet, aber nicht im Inneren, müssen wir bei der Feldausdehnung ebene Wellen mit negativer Energie/Frequenz berücksichtigen. Der letzte Schritt besteht darin, diese ebenen Wellen negativer Energie als entsprechende (positive Energie) Antiteilchen mit Impulsen zu interpretieren, die den entsprechenden Teilchen entgegengesetzt sind. Wir brauchen daher zwei Arten von Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren, $a_p, a_p^\dagger$ für Teilchen und $b_p,b_p^\dagger$ für Antiteilchen. Man kann prüfen, dass

$\phi(x)=\int\widetilde{d^3p}\left(a_p e^{-i p x}+b_p^\dagger e^{ipx}\right),$ erfüllt

$[\phi(x),\phi(y)^\dagger]=i\Delta(x,y),$ wobei

$\Delta(x,y)=0$ für raumähnliche Intervalle und

$\Delta(x,y)\neq 0$ Andernfalls.

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