Randbedingung für Solitonen in 1 + 1-Dimensionen, um endliche Energie zu haben

Question

Randbedingung für Solitonen in 1 + 1-Dimensionen, um endliche Energie zu haben

Physik
Solitonen
Instantonen
Feldtheorie
Randbedingungen
Klassische-Feld-Theorie

SRS

Nehmen Sie eine klassische Feldkonfiguration eines reellen Skalarfeldes an $\phi(x,t)$ , In $1+1$ Dimensionen, hat die Energie

E [ϕ] = \int_{- \infty}^{+ \infty} D X [\frac{1}{2} {(\frac{\partial ϕ}{\partial T})}^{2} + \frac{1}{2} {(\frac{\partial ϕ}{\partial X})}^{2} + A ϕ^{2} + B ϕ^{4}]

$E[\phi]=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} dx\, \left[\frac{1}{2}\left(\frac{\partial\phi}{\partial t}\right)^2+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial \phi}{\partial x} \right)^2+a\phi^2+b\phi^4 \right]$ wo das Potenzial gegeben ist durch

v (ϕ) = A ϕ^{2} + B ϕ^{4} .

$V(\phi)=a\phi^2+b\phi^4.$

Für die Energie $E[\phi]$ endlich zu sein, verlangt man notwendigerweise $\phi\rightarrow 0$ , als $x\rightarrow\pm\infty$ . Aber darüber hinaus sollten wir nicht auch unbedingt beides fordern $\frac{\partial\phi}{\partial t}$ Und $\frac{\partial \phi}{\partial x}$ muss verschwinden als $x\rightarrow \pm\infty$ ?

Wenn ich mich jedoch nicht irre, stellt man nur die Randbedingung auf , um Solitonenlösungen (die endliche Energie haben) zu finden $\phi\rightarrow 0$ , als $x\rightarrow\pm\infty$ . Bedeutet dies, dass, wenn dies erfüllt ist, auch die verschwindende Randbedingung für die Ableitungen des Feldes automatisch erfüllt ist?

EDIT : Ich kenne das für beliebige Funktionen $f(x)$ dies ist nicht wahr, dh, wenn $f(x)\rightarrow 0$ als $x\rightarrow \pm \infty$ , $f^\prime(x)$ muss nicht als verschwinden $x\rightarrow \pm \infty$ . Aber $\phi(x,t)$ sind keine willkürlichen Funktionen in dem Sinne, dass sie Lösungen von Euler-Lagrange-Gleichungen sind. Daher kann es möglich sein, dass die Bedingung $\phi\rightarrow 0$ , als $x\rightarrow\pm\infty$ ist ausreichend.

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Randbedingung für Solitonen in 1 + 1-Dimensionen, um endliche Energie zu haben

Dirakologie · Answer 1

Damit die Energie endlich ist, muss die Energiedichte asymptotisch verschwinden. Beachten Sie, dass dies erreicht wird, wenn sich das Skalarfeld asymptotisch einem konstanten Wert nähert.

Erinnern Sie sich nun daran, dass ein Soliton nicht nur eine endliche Energielösung der Bewegungsgleichungen ist, sondern auch eine stabile. Für topologische Solitonen erfordert dies, dass der Vakuumverteiler entartet ist. In Ihrem Beispiel ist dies nur möglich, wenn $a<0$ (das Potential ist nicht positiv definit!). Dann, wie Sie sehen können, verschwindet das Potenzial für $\phi=\pm\sqrt{-a/b}$ . Wenn das Skalarfeld diese beiden Werte interpoliert, dh

ϕ (T, X \to - \infty) = - \sqrt{- A / B}, ϕ (T, X \to + \infty) = + \sqrt{- A / B},

$\phi(t,x\rightarrow -\infty)=-\sqrt{-a/b},\quad \phi(t,x\rightarrow +\infty)=+\sqrt{-a/b},$ dann haben wir eine topologisch stabile Lösung. Die folgenden Diagramme zeigen diese Merkmale für den Knick

1 + 1

$1+1$ . Links ein entartetes Potential. Oben rechts ein Skalarfeld, das zwei verschiedene Vakuen interpoliert und unten rechts die Energiedichte als Funktion der Position. Beachten Sie, dass diese Lösung nicht zur Vakuumlösung verformt werden kann (ebenfalls

ϕ (t, x) = - v

$\phi(t,x)=-v$ oder

ϕ (t, x) = + v

$\phi(t,x)=+v$ ), da es unendlich viel Energie kostet. Das gibt dieser Lösung die Stabilität.

Wenn sich das Feld im Unendlichen einem konstanten Wert ungleich Null nähert, würde das Energiefunktional im Unendlichen explodieren. Also die zweite Zeile habe ich nicht verstanden.
@SRS Nicht, wenn es sich schnell genug nähert. Das ist der springende Punkt bei einem Knick. Es interpoliert zwei verschiedene Vakuen und der endliche Bereich des Feldes, in dem das Potential nicht verschwindet, bildet einen Energieklumpen, den Knick.

Benennen Sie YYY · Answer 2

Es scheint, dass Sie falsch liegen. Sie können nach statischen Konfigurationen suchen $\varphi = \varphi (x)$ . Dann reduziert sich der Ausdruck für die Energie auf

E [φ] = \int_{- \infty}^{\infty} D X \frac{1}{2} {(\partial_{X} φ \mp \sqrt{2 v (φ (X))})}^{2} \pm \int_{φ (X = - \infty)}^{φ (X = \infty)} \sqrt{2 v (φ)} D φ,

$E[\varphi] = \int \limits_{-\infty}^{\infty} dx \frac{1}{2}\left(\partial_{x}\varphi \mp \sqrt{2V(\varphi(x))} \right)^{2} \pm \int \limits_{\varphi(x = -\infty)}^{\varphi (x = \infty)}\sqrt{2V(\varphi)}d\varphi,$ Wo

v (φ) = A φ^{2} + B φ^{4}

$V(\varphi) = a\varphi^{2} + b\varphi^{4}$ Wenn wir verlangen, dass die Energie endlich ist, haben wir sie

\partial_{X} φ \to \pm \sqrt{2 v (φ (X))} bei X \to \infty, v (φ (X)) ⩽ \infty

$\partial_{x}\varphi \to \pm \sqrt{2V(\varphi(x))} \ \ \text{at } \ \ x \to \infty , \quad V(\varphi(x)) \leqslant \infty$

Lieber @Name YYY- Was stimmt nicht mit meiner Energiefunktion? Beachten Sie, dass jeder Begriff in $E[\phi]$ ist nicht negativ. Wenn wir also eine statische Lösung in Betracht ziehen, benötigen wir nicht beides $\phi$ Und $\frac{\partial \phi}{\partial x}$ einzeln zu verschwinden als $x\rightarrow \pm\infty$ als notwendige Bedingung?
@SRS: Dies ist die einzige mögliche Bedingung, die die Anforderung der Endlichkeit der Aktion erfüllt (siehe die letzte Formel in meiner Antwort).

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