Wie leitet man die Theorie der Quantenmechanik aus der Quantenfeldtheorie ab?

Das Feld und die Wellenfunktion sehen ähnlich aus, haben aber nicht wirklich viel miteinander zu tun. Der Hauptzweck des Feldes besteht darin, die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren auf bequeme Weise zu gruppieren, was wir verwenden können, um Observablen zu konstruieren. Wie üblich fange ich mit der kostenlosen Theorie an.

Will man eine Verbindung zur nicht-relativistischen QM finden, ist die Feldgleichung nicht der richtige Weg. Vielmehr sollten wir uns die Zustände und den Hamilton-Operator ansehen, die die Grundbestandteile der Schrödinger-Gleichung sind. Schauen wir uns zuerst den Hamilton-Operator an. Das übliche Verfahren besteht darin, mit dem Lagrange-Operator für das freie Skalarfeld zu beginnen, zum Hamilton-Operator überzugehen und das Feld in Bezug auf zu schreiben$a$und$a^\dagger$, und schließen Sie das an$H$. Ich gehe davon aus, dass Sie das alles wissen (es wird in jedem Kapitel über die zweite Quantisierung in jedem QFT-Buch gemacht), und verwenden Sie einfach das Ergebnis:

$$H = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\, \omega_p\, a^\dagger_p a_p$$

wo$\omega_p = \sqrt{p^2+m^2}$. Es gibt auch einen Impulsoperator$P_i$, was sich herausstellt

$$P_i = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\, p_i\, a^\dagger_p a_p$$

Mit Hilfe der Vertauschungsrelationen lässt sich das Impulsquadrat leicht berechnen, was wir später benötigen werden:

$$P^2 = P_i P_i = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\, p^2\, a^\dagger_p a_p + \text{something}$$

wo$\text{something}$ergibt bei Anwendung auf einen Teilchenzustand Null, weil er zwei Vernichtungsoperatoren nebeneinander hat.

Sehen wir uns nun an, wie man den nicht-relativistischen Grenzwert nimmt. Wir gehen davon aus, dass wir es nur mit Ein-Teilchen-Zuständen zu tun haben. (Ich weiß nicht, wie viel Allgemeingültigkeit das ist; die freie Theorie ändert die Teilchenzahl nicht, also sollte es keine große Sache sein, und außerdem gehen wir normalerweise von einer festen Anzahl von Teilchen in der regulären QM aus.) Sagen wir das im Schrödinger-Bild haben wir einen Zustand, der irgendwann geschrieben wird als$|\psi\rangle = \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} f(k) |k\rangle$, wo$|k\rangle$ist ein Zustand mit Drei-Impuls$\mathbf{k}$.$f(k)$sollte nur für ungleich Null sein$k \ll m$. Sehen Sie sich nun an, was passiert, wenn wir den Hamiltonoperator anwenden. Da wir nur einen geringen Impuls haben, können wir uns über den Integrationsbereich annähern$\omega_p$wie$m+p^2/2m$und ignoriere die konstante Ruheenergie$m$.

$$H|\psi\rangle = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{p^2}{2m} a^\dagger_p a_p \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} f(k) |k\rangle \\ = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{p^2}{2m} f(k) a^\dagger_p a_p |k\rangle \\ = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{p^2}{2m} f(k) (2\pi)^3 \delta(p-k) |k\rangle \\ = \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{k^2}{2m} f(k) |k\rangle = \frac{P^2}{2m} |\psi\rangle$$

Also wenn$|\psi\rangle$irgendein Ein-Teilchen-Zustand ist (was es ist, weil die Zustände mit bestimmtem Impuls eine Basis bilden), haben wir das$H|\psi\rangle = P^2/2m |\psi\rangle$. Mit anderen Worten, auf dem Raum der Ein-Teilchen-Zustände,$H = P^2/2m$. Die Schrödinger-Gleichung ist in QFT immer noch gültig, also können wir sofort schreiben

$$\frac{P^2}{2m} |\psi\rangle = i \frac{d}{dt} |\psi\rangle$$

Dies ist die Schrödinger-Gleichung für ein freies, nicht-relativistisches Teilchen. Sie werden feststellen, dass ich einige Konzepte von QFT übernommen habe, insbesondere die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren. Sie können dies kein Problem tun, aber arbeiten mit$a$und$a^\dagger$in QM ist nicht besonders nützlich, weil sie Partikel erzeugen und zerstören, und wir haben angenommen, dass die Energie dafür nicht hoch genug ist.

Der Umgang mit Interaktionen ist komplizierter, und ich gebe zu, dass ich nicht sicher bin, wie ich sie hier auf natürliche Weise einbeziehen soll. Ich denke, ein Teil des Problems ist, dass Interaktionen in QFT in ihrer Form ziemlich begrenzt sind. Wir müssten mit dem vollständigen QED-Lagrangian beginnen, den entfernen$F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$Begriff, da wir nicht an der Dynamik des EM-Feldes selbst interessiert sind, vielleicht eingestellt$A_i = 0$wenn wir uns nicht um Magnetfelder kümmern, und sehen, was mit dem Hamilton-Operator passiert. Im Moment bin ich der Aufgabe nicht gewachsen.

Ich hoffe, ich kann Sie davon überzeugen, dass sich dieser neumodische Formalismus auf sinnvolle Weise auf QM reduziert. Eine bemerkenswerte Botschaft ist, dass die Felder selbst keine große physikalische Bedeutung haben; Sie sind nur praktische Werkzeuge, um die gewünschten Zustände einzurichten und Korrelationsfunktionen zu berechnen. Ich habe das aus der Lektüre von Weinberg gelernt; Wenn Sie sich für diese Art von Fragen interessieren, empfehle ich Ihnen, dies auch zu tun, nachdem Sie sich mit QFT vertraut gemacht haben.

Ich bin mir nicht sicher, wie Sie dieses Ziel in Ihren Kopf bekommen haben: Das ist mit ziemlicher Sicherheit nicht das, was Sie in Ihrem einleitenden zweiten Quantisierungstext sagen. Wikipedia hat anständige Zusammenfassungen der Brücke zwischen QFT und QM, nämlich echte Skalarfeldtheorie ; mehrdimensionaler Quantenoszillator ; Gitter-Phonon-Oszillatoren .

Das 1+1 Quantenfeld$\psi$Sie schrieben, ist ein Operator, der aufgelöst werden kann

$$\psi(x)=\frac{1}{2\pi} \int dk ~e^{ikx} \phi_k= \frac{1}{2\pi} \int dk ~e^{ikx} (a_k+a_k^\dagger ) \sqrt{\frac{\hbar}{2\omega_k}}~,$$ wobei ich den konventionelleren Buchstaben φ für den Fourier-transformierten Feldoperator und die Kurzschrift verwende $\omega_k=\sqrt{k^2+m^2}$aus der von Ihnen postulierten KG-Dispersionsrelation.

Das Quantenfeld, das Sie schreiben, ist also eine Linearkombination aus unendlich vielen Normalmoden$a_k$und ihre Konjugierten für eine Unendlichkeit von abstrakten fiktiven gekoppelten Oszillatoroperatoren auf einem 1-dimensionalen Gitter.

Die Kommutierungsbeziehung des Feldoperators ist äquivalent zu der Standardkommutierungsbeziehung für jeden solchen Oszillator , der mit k bezeichnet ist, und die Eigenfrequenz von jedem ist die oben angegebene, alle verschieden. Sie sind fertig: Jeder Oszillator hat einen Hamiltonian$H_k=\hbar \omega_k (a_k^\dagger a_k + 1/2)$, und Sie können es sicherlich in eine äquivalente Schrödinger-Wellengleichung umwandeln - aber warum sollten Sie? Dirac hat das Problem bereits im Fock-Raum für Sie gelöst: Die Antworten liegen immer in der Matrixmechanik.

Wie auch immer, Sie können einfach das Äquivalent herstellen$H_k=\hat{p}^2_k/2m_k +m_k \omega^2_k \hat{x}^2_k/2$, die in einem abstrakten Koordinatenraum$x_k$, stellt sich als Wellenoperator dar$-\hbar^2 \partial_{x_k}^2/2m_k +m_k\omega^2_k x^2_k/2$Einwirken auf c-Zahl-Wellenfunktionen$\psi_k'(x_k)$; nicht Operatoren wie bisher in QFT. Beachten Sie weiterhin die Feldmasse m und die aufnehmbare Masse$m_k$jedes Oszillators sind völlig unabhängige Parameter und dienen unterschiedlichen Zwecken. Es müssen keine niedrigen Energiegrenzen genommen werden, aber natürlich liegt der Goldstone-Modus k = 0 am unteren Rand des Spektrums.

Es ist also eine selbstzerstörerische Idee, Äpfel und Birnen, Operator-Quantenfeldfunktionen der Raumzeit und eine unendliche Sammlung von Wellenfunktionen zu vergleichen, die in völlig unterschiedlichen Räumen definiert sind: Wie Sie jetzt zu schätzen wissen, wirken diese auf völlig unterschiedliche Räume . Das x von QFT ist unser Raum, aber das Unendliche$x_k$s von QM sind abstrakte fiktive Räume für jeden Oszillator, die idealerweise nie in Betracht gezogen werden ...