Warum wird die klassische Noether-Ladung zum Generator der Quantensymmetrie?

Question

Warum wird die klassische Noether-Ladung zum Generator der Quantensymmetrie?

Eduard Hughes

Es wird oft gesagt, dass die klassische Ladung $Q$ wird zum Quantengenerator $X$ nach Quantisierung. Für einfache Beispiele von Energie und Impuls ist dies sicherlich der Fall. Aber warum sollte das mathematisch so sein?

Nehmen wir zur Verdeutlichung an, dass wir eine kanonische Quantisierung durchführen, sodass Poisson-Klammern zu Kommutatoren werden. Ich nehme an, dass der Grund etwas mit der Beziehung zwischen der klassischen Hamiltonschen Mechanik und der Schrödinger-Gleichung zu tun hat. Vielleicht gibt es eine einfache Formulierung des Satzes von Noether in der klassischen Hamiltonschen Umgebung, die die Quantenanalogie genau klar macht?

Für Hinweise oder Referenzen wäre ich sehr dankbar!

Mathematischer Hintergrund

In der klassischen Mechanik wird eine kontinuierliche Transformation der Lagrangefunktion, die die Wirkung invariant lässt, als Symmetrie bezeichnet. Es ergibt eine erhaltene Ladung $Q$ nach dem Satz von Noether. $Q$ bleibt während der gesamten Bewegung des Systems unverändert.

In der Quantenmechanik wird eine kontinuierliche Transformation durch eine Darstellung einer Lie-Gruppe bewirkt $G$ auf einem Hilbert-Zustandsraum. Wir bestehen darauf, dass diese Darstellung einheitlich oder antieinheitlich ist, damit Wahrscheinlichkeiten erhalten bleiben.

Eine kontinuierliche Transformation, die Lösungen der Schrödinger-Gleichung bewahrt, wird als Symmetrie bezeichnet. Es ist leicht zu beweisen, dass dies äquivalent ist $[U,H] = 0$ für alle $U$ Darstellung der Transformation, wo $H$ ist der Hamilton-Operator.

Wir können eine kontinuierliche Transformation äquivalent als die Konjugationsaktion eines einheitlichen Operators auf dem Raum der hermiteschen Observablen der Theorie betrachten

EIN \mapsto U EIN U^{†} = g . EIN

$A \mapsto UAU^\dagger = g.A$

wo $g \in G$ . Dies ergibt sofort eine Darstellung der Lie-Algebra auf dem Raum der Observablen

EIN \mapsto [X, EIN] = δ EIN

$A \mapsto [X,A] = \delta A$

wo X \in g und e^{ich X} = U und e^{ich δ EIN} = g . EIN

$\textrm{where}\ \ X \in \mathfrak{g}\ \ \textrm{and} \ \ e^{iX} = U \ \ \textrm{and} \ \ e^{i\delta A} = g.A$

$X$ wird typischerweise als Generator bezeichnet. Ganz klar, wenn $U$ beschreibt dann eine Symmetrie $X$ wird eine Erhaltungsgröße in der zeitlichen Entwicklung des Quantensystems sein.

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Ich hatte den Gedanken, dass es vielleicht mit den "Hamiltonschen Vektorfeldern" für Funktionen auf einer symplektischen Mannigfaltigkeit zusammenhängt. Vermutlich können diese nach der Quantisierung den Lie-Algebra-Generatoren zugeordnet werden, die auf Wellenfunktionen auf der Mannigfaltigkeit einwirken. Klingt das für irgendjemanden richtig?

QMechaniker

Bemerkungen: Der erste Teil der Frage (v2) bezieht sich auf diese Phys.SE-Frage. Kommentar zum zweiten Teil der Frage (v2): Beachten Sie, dass eine Symmetrie der Euler-Lagrange-Gl. ist nicht unbedingt eine Symmetrie der Aktion, so dass der Satz von Noether (in seiner ursprünglichen Aktionsformulierung) auf eine solche Situation nicht zutrifft. Siehe auch diese und diese Phys.SE-Fragen.

Eduard Hughes

@Qmechanic - vielen Dank für Ihre Kommentare. Die zugehörige Frage beantwortet meine nicht wirklich. Ich frage nicht nur nach dem Pfadintegralformalismus in der Feldtheorie. Ich interessiere mich für den kanonischen Ansatz, hauptsächlich für QM (aber auch für QFT).

JoshPhysik

@EdwardHughes Als Randbemerkung sei daran erinnert, dass es bei der Umwandlung klassischer Observablen in Quantengrößen alle möglichen Probleme gibt, die die Umwandlung unsystematisch machen. Beispielsweise gibt es Mehrdeutigkeiten bei der Reihenfolge der Operatoren. Daher gibt es kein völlig eindeutiges Verfahren, um eine klassische Ladung ohne zusätzlichen physikalischen Input in einen Quantensymmetriegenerator umzuwandeln.

Eduard Hughes

@joshphysics: Das ist mir in der Tat bewusst. Ich versuche nur genau festzulegen, wo der physische Input hereinkommt!

Eduard Hughes

Ein paar verwandte Fragen, die ich gefunden habe: physical.stackexchange.com/q/14481 und physical.stackexchange.com/q/37711 . Leider gehen beide nicht auf die Noether-Vorwürfe ein.

Antworten (2)

Warum wird die klassische Noether-Ladung zum Generator der Quantensymmetrie?

Bemerkungen: Der erste Teil der Frage (v2) bezieht sich auf diese Phys.SE-Frage. Kommentar zum zweiten Teil der Frage (v2): Beachten Sie, dass eine Symmetrie der Euler-Lagrange-Gl. ist nicht unbedingt eine Symmetrie der Aktion, so dass der Satz von Noether (in seiner ursprünglichen Aktionsformulierung) auf eine solche Situation nicht zutrifft. Siehe auch diese und diese Phys.SE-Fragen.
@Qmechanic - vielen Dank für Ihre Kommentare. Die zugehörige Frage beantwortet meine nicht wirklich. Ich frage nicht nur nach dem Pfadintegralformalismus in der Feldtheorie. Ich interessiere mich für den kanonischen Ansatz, hauptsächlich für QM (aber auch für QFT).
@EdwardHughes Als Randbemerkung sei daran erinnert, dass es bei der Umwandlung klassischer Observablen in Quantengrößen alle möglichen Probleme gibt, die die Umwandlung unsystematisch machen. Beispielsweise gibt es Mehrdeutigkeiten bei der Reihenfolge der Operatoren. Daher gibt es kein völlig eindeutiges Verfahren, um eine klassische Ladung ohne zusätzlichen physikalischen Input in einen Quantensymmetriegenerator umzuwandeln.
@joshphysics: Das ist mir in der Tat bewusst. Ich versuche nur genau festzulegen, wo der physische Input hereinkommt!
Ein paar verwandte Fragen, die ich gefunden habe: physical.stackexchange.com/q/14481 und physical.stackexchange.com/q/37711 . Leider gehen beide nicht auf die Noether-Vorwürfe ein.

Trimok · Answer 1

Betrachten Sie einen Quantenfeldformalismus, bei dem Felder Operatoren sind. Betrachten Sie zum Beispiel der Einfachheit halber ein geladenes Skalarfeld mit Aktion $S = \int d^4x \partial_\mu \phi \partial^\mu \phi^*$ , mit einem Feld :

\begin{matrix} (1) & ϕ (x) = \int \frac{d^{3} k}{2 E_{k}} (a (p) e^{- ich p . x} + b^{+} (p) e^{ich p . x}) \end{matrix}

$\phi(x) = \int ~ \frac{d^3k}{2E_k} ~(a(p)e^{-ip.x} + b^+(p)e^{ip.x} )\tag{1}$

\begin{matrix} (2) & ϕ^{*} (x) = \int \frac{d^{3} k}{2 E_{k}} (b (p) e^{- ich p . x} + a^{+} (p) e^{ich p . x}) \end{matrix}

$\phi^*(x) = \int ~ \frac{d^3k}{2E_k} ~(b(p)e^{-ip.x} + a^+(p)e^{ip.x} )\tag{2}$

wo $a^+(p), a(p)$ sind Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren für das Teilchen, und $b^+(p), b(p)$ Erzeugungs-/Vernichtungsoperator für das Antiteilchen.

Wenn wir eine infinitesimale Transformation haben, $\delta \phi(x)$ , wobei die Aktion unverändert bleibt $S$ , der erhaltene Strom ist $j^\mu(x) = [\frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi)}~\delta \phi(x) + \frac{\partial L}{\partial(\partial_\mu \phi^*)}~\delta \phi^*(x)]$ (Überspringen der infinitesimalen Parameter) und die konservierte verallgemeinerte Ladung ist $Q =~:\int d^3x~ j^0(x): ~= ~:\int d^3x ~[\Pi(x)~ \delta\phi(x) +\Pi^*(x)~ \delta\phi^*(x)]:$ - bei dem die $\Pi(x),\Pi^*(x)$ sind die konjugierten Impulse von $\phi(x),\phi^*(x)$ , und das Zeichen $:$ ist für normal bestelltes Produkt (Vernichtungsoperatoren rechts setzen).

Das sehen wir natürlich $Q$ ist ein Operator.

Ein Beispiel: Die (elektrische) Standardladung ist die Erhaltungsgröße, die der (globalen) Transformation entspricht $\phi(x) \rightarrow e^{-i\Lambda}\phi(x)$ , hier ist die infinitesimale Transformation $\delta \phi(x) = -i\epsilon ~\phi(x)~$ , also haben wir :

\begin{matrix} (3) & Q = - ich : \int d^{3} x (Π (x) ϕ (x) - Π^{*} (x) ϕ^{*} (x)) : \end{matrix}

$Q = -i:\int ~ d^3x ~(\Pi(x) ~\phi(x) - \Pi^*(x) ~\phi^*(x) ): \tag{3}$

Oder gleichwertig :

\begin{matrix} (4) & Q = \int \frac{d^{3} k}{2 E_{k}} (a^{+} (p) a (p) - b^{+} (p) b (p)) \end{matrix}

$Q = \int ~ \frac{d^3k}{2E_k} ~(a^+(p)a(p) - b^+(p)b(p) )\tag{4}$

Und wir haben :

\begin{matrix} (5) & [Q, ϕ (x)] = - ϕ (x) \end{matrix}

$[Q,\phi(x)]=-\phi(x) \tag{5}$ (Dies kann anhand der grundlegenden Vertauschungsbeziehungen zwischen Operatoren überprüft werden, wie z

[a (k), a^{+} (k^{'})] = δ^{3} (k - k^{'})

$[a(k),a^+(k')]=\delta^3(k-k')$ )

Danke für deine Antwort. Sonderfälle interessieren mich leider nicht. Ich möchte wissen, warum im Allgemeinen $Q$ gibt genau den Quantengenerator. Mir ist bewusst, dass es für bestimmte Beispiele funktioniert, aber ich gehe davon aus, dass es sich um ein allgemeines Prinzip handelt.
@EdwardHughes: Aber dies ist nur der allgemeine Ausdruck, der in der Antwort zitiert wird: $Q =~:\int d^3x ~[\Pi(x)~ \delta\phi(x) +\Pi^*(x)~ \delta\phi^*(x)]:$ , also können Sie es mit jeder Variation anwenden $\delta\phi(x)$ , und du hast $[Q,\phi(x)] = -i \delta\phi(x)$
@EdwardHughes: Weinberg beweist dies in Kapitel 7 seines QFT-Lehrbuchs für eine große Klasse von Feldtheorien und für eine ziemlich große Klasse von Symmetrien (Raum-Zeit-Symmetrien und interne lineare Symmetrien), das Verfahren unterscheidet sich nicht sehr von dem, was Trimok gezeigt hat sein Beispiel.
@JiaYiyang: aber was ist mit der Quantenmechanik? Und wie wäre es, wenn die internen Symmetrien nicht linear sind? Ich suche nach einem allgemeinen mathematischen Grund und nicht nur nach einer algebraischen Ableitung.

Tobias Dietz · Answer 2

Tobias Dietz

Die kanonische Quantisierung nach Dirac sollte folgende Axiome erfüllen:

Q1: Die Karte $f \to \hat f$ die jeder Funktion im Phasenraum einen Operator zuweist, ist linear und die konstanten 1-Funktionen werden auf den 1-Operator abgebildet
F2: Die Poisson-Klammer bildet den mit dekorierten Kommutator ab $\hbar$
Q3: Ein vollständiges System von Funktionen in Involution wird auf ein vollständiges System von kommutativen Operatoren abgebildet.

Es ist die letzte Bedingung, die das sicherstellt $G$ ist eine Symmetrie auf der Quantenseite (die Zuordnung $f \to \hat f$ muss eine irreduzible Darstellung der Symmetriegeneratoren sein). Aber die No-Go-Theoreme von Groenwald und Van Hove zeigen, dass eine Quantisierung für alle Observablen mit Q1-Q3 nicht möglich ist. Die beiden wichtigsten Lösungen sind: Q2 schwächen und nur verlangen, dass es nur bis zur ersten Ordnung von hält $\hbar$ - dies führt zu einer Deformationsquantisierung. Auf der anderen Seite modifiziert die geometrische Quantisierung Q3 in dem Sinne, dass sie nur für einige vernünftige Unteralgebra von Funktionen gelten sollte (z. B. die Impuls enthält usw.).

Eduard Hughes

Vielen Dank für Ihre Antwort. Glauben Sie, Sie könnten Ihre Logik bezüglich der dritten Bedingung erweitern und/oder mich auf einige Referenzen zu diesem Thema verweisen? Dann nehme ich Ihre Antwort gerne entgegen! Prost.

Tobias Dietz

Ein vollständiges System involutiver Funktionen ist eine Sammlung von Funktionen im Phasenraum, so dass jede Poisson-Klammer zwischen ihnen verschwindet (dh Sie können sie unabhängig messen) und sie den Zustand des Systems vollständig bestimmen. Solche Systeme werden auch als integrierbar bezeichnet. Ein vollständiges System kommutativer Operatoren ist auf der Quantenseite dasselbe (gleichzeitig messbar und der einzige andere Operator, der mit ihnen allen rechnet, ist die 1). Literatur zum Thema: Abraham/Marsden enthält eine Diskussion der Quantisierung, auch alle Verweise auf geometrische Quantisierung sind angebracht (z. B. Woodhouse)

Tobias Dietz

Die Hauptidee hinter Q3 ist, dass Sie eine irreduzible Darstellung der Symmetriegeneratoren benötigen, da sonst Ihre klassische Symmetrie auf eine mögliche kleinere Symmetrieklasse auf der Quantenebene abgebildet wird. Was Sie dabei beachten sollten (die 'Take-Away-Message'): Die Übereinstimmung der Poisson-Klammer und des Kommutators reicht nicht aus, um sicherzustellen, dass klassische Symmetrien (in wohldefinierter Weise) als Quantensymmetrien dargestellt werden.

Eduard Hughes

Okay - aber warum sollte

Q

$Q$ genau auf den richtigen Generator der Quantensymmetrie abbilden, da sie typischerweise eine Funktion von Position und Impuls ist ...? Ich verstehe, warum es eine Symmetrie gibt, nur nicht, warum es die richtige Symmetrie gibt, die wir erwarten. Hat das mit Hamiltonschen Vektorfeldern zu tun, wie ich in meiner Bearbeitung erwähnt habe? Ich werde Ihre ausgezeichnete Antwort auf jeden Fall akzeptieren, wenn Sie dies klären können! Vielen Dank für Ihre Hilfe.

Tobias Dietz

Es gibt per Definition die richtige Symmetrie . Zuallererst wissen Sie nicht, welche Symmetrie einer bestimmten klassischen Symmetrie entspricht, und Sie definieren die Quantensymmetrie als das, was sich aus Ihrer Quantisierungsvorschrift ergibt.

Eduard Hughes

Okay - also ist der Quantenzustandsraum genau so konstruiert, dass die Potenzierung der Quantenobservablen die unitäre Transformation ergibt, die Sie dann erwarten würden? Dies scheint umgekehrt zu sein, wie es normalerweise behandelt wird. Aber vielleicht ist dies die richtige strenge Betrachtungsweise. Ich nehme an, es sind die Operatoren selbst, die von grundlegender Bedeutung sind, und die Darstellung wird der Einfachheit halber so gewählt, dass sie sich an den von uns beobachteten Eigenschaften ausrichtet. Würdest du zustimmen? Danke vielmals.

Eduard Hughes

Vermutlich wird auch der Grund, warum entsprechende Darstellungen existieren, von meiner Bearbeitung der Frage geliefert. Die klassischen Ladungen haben hamiltonsche Vektorfelder, die genau so zu Quantenoperatoren für Wellenfunktionen werden, wie wir es klassisch erwarten würden.

Tobias Dietz

Ja, der Zustandsraum ist so konstruiert, dass der Rest sinnvoll und möglichst natürlich ist. In Bezug auf Ihre Bearbeitung mit Hamilton-Vektorfeldern: Eine natürliche Quantisierungsvorschrift wird durch gegeben

\hat{f} = - i ℏ X_{f} - L_{f}

$\hat f = -i \hbar X_f - L_f$ wo

X_{f}

$X_f$ das Hamilton-Vektorfeld von ist

f

$f$ und

L_{f} = f - X_{f} \contr θ

$L_f = f - X_f \contr \theta$ ist die Verallgemeinerung der Legendre-Transformation (

θ

$\theta$ ist das symplektische Potential). Wenn Sie sich mit diesem Thema befassen möchten: ncatlab.org/nlab/show/geometric+quantization und Referenzen darin

Eduard Hughes

Ah, vielen Dank für diesen Artikel - das geht wirklich gut auf mein Problem ein. Ich fühle mich jetzt viel glücklicher, da ich eine strenge Definition für Quantisierung und ein oder zwei mathematische Verfahren kenne. :).

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