Warum wird für Poisson-Klammern klassischer EM-Feldkomponenten eine transversale Delta-Verteilung benötigt?

Question

Warum wird für Poisson-Klammern klassischer EM-Feldkomponenten eine transversale Delta-Verteilung benötigt?

Physik
Feldtheorie
Poisson-Klammern
eingeschränkte Dynamik
Hamiltonscher Formalismus
Klassische Elektrodynamik

MichaelW

Beim Lesen eines deutschen Vorlesungsskripts (Quanten Optik von Dirk–Gunnar Welsch) über die Quantisierung des EM-Feldes bin ich über eine Aussage gestolpert, die ich nicht im Detail wiedergeben kann:

Allgemein wird argumentiert, dass für (klassische) konjugierte Körper $\Phi$ Und $\Pi$ , man kann schreiben

Φ (X) = \int D^{3} X^{'} Φ (X^{'}) δ (X - X^{'})

$\Phi(x) = \int d^3x' \Phi(x') \delta (x-x')$

Π (X) = \int D^{3} X^{'} Π (X^{'}) δ (X - X^{'})

$\Pi(x) = \int d^3x' \Pi(x') \delta (x-x')$

so dass

\begin{aligned} \frac{δ Φ (X)}{δ Φ (X^{'})} & = δ (X - X^{'}) \\ \frac{δ Φ (X)}{δ Π (X^{'})} & = 0 \\ \frac{δ Π (X)}{δ Π (X^{'})} & = δ (X - X^{'}) \\ \frac{δ Π (X)}{δ Φ (X^{'})} & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Phi(x')} &= \delta (x-x')\\ \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Pi(x')} &= 0\\ \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Pi(x')} &= \delta (x-x')\\ \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Phi(x')} &= 0 \end{align}$

Somit

{Φ (X), Π (X^{'})} := \int D^{3} X^{″} (\frac{δ Φ (X)}{δ Φ (X^{″})} \frac{δ Π (X)}{δ Π (X^{″})} - \frac{δ Φ (X)}{δ Π (X^{″})} \frac{δ Π (X)}{δ Φ (X^{″})}) = \dots = δ (X - X^{'})

$\{ \Phi(x), \Pi(x') \} := \int d^3x'' \left(\frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Phi(x'')} \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Pi(x'') } - \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Pi(x'')} \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Phi(x'') }\right) = \cdots = \delta(x-x')$

Bis hierhin kann ich folgen.

Aber jetzt wenden sie den Formalismus auf das klassische EM-Feld an $A_k$ Und $\Pi_k = \epsilon_o \dot{A}_k$ als konjugierte Felder unter Coulomb-Eichung $\vec \nabla \cdot \vec A = 0$ .

Sie sagen (Gl. 1.81 ff, aus dem Deutschen übersetzt und gekürzt):

Obwohl man geneigt sein könnte, anzunehmen
${A_{k} (X), Π_{k^{'}} (X^{'})} = δ_{k, k^{'}} \cdot δ (X - X^{'})$ $\{ A_k(x), \Pi_{k'}(x') \} = \delta_{k,k'} \cdot \delta(x-x')$ das ist falsch, weil $A_{k, k} = 0$ , und daher müssen wir anstelle der regulären Delta-Verteilung ein sogenanntes transversales Delta anwenden: ${A_{k} (X), Π_{k^{'}} (X^{'})} = δ_{k, k^{'}}^{⊥} (X - X^{'}),$ $\{ A_k(x), \Pi_{k'}(x') \} = \delta_{k, k'}^{\bot}(x-x'),$ mit einer expliziten Form des letzteren in Bezug auf regulär $\delta$ und ein zusätzlicher Begriff: $δ_{k, k^{'}}^{⊥} (R) = δ_{k, k^{'}} \cdot δ (R) + \frac{1}{4 π} \frac{\partial^{2}}{\partial X_{k} \partial X_{k^{'}}} \frac{1}{| R |} .$ $\delta_{k, k'}^{\bot}(r) = \delta_{k,k'} \cdot \delta(r) + \frac{1}{4 \pi} \frac{\partial ^2 }{\partial x_k \partial x_{k'} }\frac{1}{|r|}.$

Diese Aussage ist jedoch nicht näher begründet und ich kann nicht nachvollziehen, warum die allgemeinsten Überlegungen oben im Folgenden nicht im Detail gelten. Es muss ein winziges Detail geben, das die zusätzliche Komplikation verursacht. Wie kann dies basierend auf der Physik von EM-Feldern mathematisch abgeleitet werden?

Ich denke, die Antwort hängt mit der Tatsache zusammen, dass aufgrund der Wahl des Coulomb-Eichs die $A_k$ sind nicht unabhängig voneinander. In der Tat erhält man durch die Verwendung eines Vektorkalküls nach einer etwas langwierigen Berechnung:

$A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$

Andererseits würde ich immer noch erwarten

$A_i(x) = \int d^3x' \delta(x-x') A_i(x')$

da diese zweite Identität eine einfache Tautologie ist. Das widerspricht aber irgendwie der ersten Form, denn die funktionellen Ableitungen sind deutlich unterschiedlich... Ich bin der Lösung näher gekommen, aber diese Frage bleibt noch offen...

Ist die zweite Form falsch, weil die Einschränkung nicht beteiligt ist?

AccidentalFourierTransform

An Leser und mögliche Antworten: Ich habe das Tag constrained-dynamicsaus organisatorischen Gründen hinzugefügt. Man kann davon ausgehen, dass OP mit diesem Konzept nicht vertraut ist.

QMechaniker

Kleiner Kommentar zum Beitrag (v5): Bitte denken Sie daran, Autor, Titel, Seite usw. des Links explizit zu nennen, damit der Link im Falle einer Linkfäule rekonstruiert werden kann.

MichaelW

Gleichungen 1.81 ff auf Seite 20, siehe Hinweis oben

Jared

Ja, Sie sind der Antwort sehr nahe! Ich empfehle Ihnen den Abschnitt 7.7 dieses Buches: Feldquantisierung von Walter Greiner, Joachim Reinhardt, DA Bromley

jak

Hast du einen Tipp, wie man das zeigen kann

A_{i} (x) = \int d^{3} x^{'} δ_{i, j}^{⊥} (x - x^{'}) A_{j} (x^{'})

$A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$ ?

Antworten (1)

Warum wird für Poisson-Klammern klassischer EM-Feldkomponenten eine transversale Delta-Verteilung benötigt?

An Leser und mögliche Antworten: Ich habe das Tag constrained-dynamicsaus organisatorischen Gründen hinzugefügt. Man kann davon ausgehen, dass OP mit diesem Konzept nicht vertraut ist.
Kleiner Kommentar zum Beitrag (v5): Bitte denken Sie daran, Autor, Titel, Seite usw. des Links explizit zu nennen, damit der Link im Falle einer Linkfäule rekonstruiert werden kann.
Ja, Sie sind der Antwort sehr nahe! Ich empfehle Ihnen den Abschnitt 7.7 dieses Buches: Feldquantisierung von Walter Greiner, Joachim Reinhardt, DA Bromley
Hast du einen Tipp, wie man das zeigen kann $A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$ ?

Ali Seraj · Answer 1

Der Grund dafür ist, dass die Maxwell-Theorie eine Eichinvarianz beinhaltet, die das Vorhandensein von Einschränkungen im System impliziert. In der Hamiltonschen Formulierung die Gauß-Gleichung $\phi_1\equiv\nabla\cdot \Pi=0$ ist eine erstklassige Einschränkung im System. Jetzt durch Auferlegen der Coulomb-Eichung $\phi_2\equiv\nabla\cdot A=0$ erhalten wir zwei Nebenbedingungen zweiter Klasse mit der folgenden Poisson-Klammer

[ϕ_{1}, ϕ_{2}] = - \nabla^{2} δ^{3} (X - X^{'}),

$[\phi_1,\phi_2]=-\nabla^2\delta^3(x-x'),$ die aus der grundlegenden Poisson-Klammer erhalten werden kann

[A_{i} (x), Π_{j} (x^{'})] = δ_{i j} δ^{3} (x - x^{'})

$[A_i(x),\Pi_j(x')]=\delta_{ij}\delta^3(x-x')$ .

In diesem eingeschränkten System müssen die Kommutatoren mit den Dirac-Klammern anstelle der Poisson-Klammern berechnet werden.

[A, B]_{*} = [A, B] - [A, ϕ_{A}] C^{A B} [ϕ_{B}, B],

$[A,B]_*=[A,B]-[A,\phi_a]\,C^{ab}\,[\phi_b,B],$ Wo

C_{a b} \equiv [ϕ_{a}, ϕ_{b}]

$C_{ab}\equiv[\phi_a,\phi_b]$ Und

C^{a b}

$C^{ab}$ mit oberen Indizes bezeichnet seine Umkehrung. Bei unserem Problem

[A_{ich}, Π_{J}]_{*} = [A_{ich}, Π_{J}] - [A_{ich}, ϕ_{1}] C^{12} [ϕ_{2}, Π_{J}]

$\begin{equation}\label{Dirac} [A_i,\Pi_j]_*=[A_i,\Pi_j]-[A_i,\phi_1]C^{12}[\phi_2,\Pi_j] \end{equation}$ Berechnen

C^{12}

$C^{12}$ , beachten Sie das per Definition

C^{- 1} \cdot C = 1

$C^{-1}\cdot C=\mathbf{1}$ oder ausdrücklich

\int D^{3} j C^{A C} (X - j) C_{C B} (j - X^{'}) = δ_{B}^{A} δ^{3} (X - X^{'}) .

$\int d^3y\, C^{ac}(x-y)\, C_{cb}(y-x')=\delta^a_b\delta^3(x-x').$ Speziell für

a = b = 1

$a=b=1$ wir bekommen

\begin{aligned} \int D^{3} j C^{12} (X - j) \nabla^{2} δ^{3} (j - X^{'}) = δ^{3} (X - X^{'}) \end{aligned}

$\begin{align} \int d^3y \,C^{12}(x-y)\,\nabla^2\delta^3(y-x')=\delta^3(x-x') \end{align}$ Durch partielle Integration setzen wir die Ableitungen an

C^{12}

$C^{12}$ und finde

\nabla^{2} C^{12} (x - y) = δ^{3} (x - x^{'})

$\nabla^2 C^{12}(x-y)=\delta^3(x-x')$ woraus wir das schließen

C^{12}

$C^{12}$ ist nichts als die Funktion des Grüns

\begin{aligned} C^{12} (X - j) = - \frac{1}{4 π} \frac{1}{| X - X^{'} |} \end{aligned}

$\begin{align} C^{12}(x-y)=-\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|x-x'|} \end{align}$ Zurück zur Dirac-Klammer, wir haben

\begin{aligned} [A_{ich}, ϕ_{1}] C^{12} [ϕ_{2}, Π_{J}] & = - \int D^{3} j D^{3} z [A_{ich} (X), \nabla \cdot Π (j)] \frac{1}{4 π} \frac{1}{| j - z |} [\nabla \cdot A (j), Π_{J} (X^{'})] \\ = - \int D^{3} j D^{3} z \partial_{ich} δ^{3} (X - j) \frac{1}{4 π} \frac{1}{| j - z |} \partial_{J} δ^{3} (z - X^{'}) \\ = - \frac{1}{4 π} \partial_{ich} \partial_{J}^{'} \frac{1}{| X - X^{'} |} \end{aligned}

$\begin{align} [A_i,\phi_1]C^{12}[\phi_2,\Pi_j]&=-\int d^3y d^3z \,[A_i(x),\nabla\cdot \Pi(y)]\,\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|y-z|}\,[\nabla\cdot A(y),\Pi_j(x')]\\ &=-\int d^3y d^3z \,\partial_i \delta^3(x-y)\,\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|y-z|}\,\partial_j \delta^3(z-x')\\ &=-\dfrac{1}{4\pi}\partial_i\partial'_j\dfrac{1}{|x-x'|} \end{align}$ Deshalb

\begin{aligned} [A_{ich} (X), Π_{J} (X^{'})]_{*} & = δ_{ich J} δ^{3} (X - X^{'}) + \frac{1}{4 π} \partial_{ich} \partial_{J}^{'} \frac{1}{| X - X^{'} |} . \end{aligned}

$\begin{align} [A_i(x),\Pi_j(x')]_*&=\delta_{ij}\delta^3(x-x')+\dfrac{1}{4\pi}\partial_i\partial'_j\dfrac{1}{|x-x'|}. \end{align}$ Ich hoffe das hilft.

Wissen Sie, wie die Dirac-Klammer richtig ist / aka wie man sie ableitet? In Diracs Buch sagt/definiert er es nur. Vielleicht ist es klar.Dirac, aber ich finde es ein bisschen ein Sprung.
Die Dirac-Klammer ist tatsächlich der Rückzug der Poisson-Klammer auf einer Untermannigfaltigkeit zweiter Klasse im Phasenraum. Siehe Abschnitt 2.3 des großartigen Buches "Quantization of Gauge Systems" von Henneaux und Teitelboim.

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