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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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 TomS Verfasst am: 12. März 2017 11:01 Titel: |
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So, und jetzt willst du das gesamte Labor mit Physiker, Beschleuniger, Teilchen, ... aus einem bewegten Bezugsystem betrachten. Dazu musst du alles einer entsprechenden zweiten Lorentztransformation unterwerfen.
Jetzt schauen wir uns mal an, was es bedeutet, den Pancake-Effekt zu messen. Betrachten wir dazu die Streuung des o.g. bewegten Protons an einem ruhenden Target.
Aus Sicht des bewegten Bezugsystems musst du alle Größen der zweiten Lorentztransformation unterwerfen, also
...
Damit erhältst du zwei überlagerte Effekte, nämlich zunächst den "dynamischen" Pancake-Effekt aus dem unsymmetrischen Anwenden von U zur Erzeugung von |E,p> auf |m,0>, zum zweiten die rein kinematische Transformation des Matrixelementes durch Anwenden von U_2.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago.
Zuletzt bearbeitet von TomS am 12. März 2017 13:15, insgesamt einmal bearbeitet |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 12. März 2017 11:35 Titel: |
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Du setzst doch aber hier voraus, dass man die beiden Systeme getrennt beschreibt, also System A bildet ein quantenmechanisches System, und dessen Messergebnis und Berechnung verwendet man in einem anderen quantenmechanischen System B. Müsste für eine vollständige Beschreibung nicht in Wirklichkeit alles (A und B) durch einen einzigen umfassenden Zustand beschrieben werden, wobei wir als Beobachter jedoch nur eine einzige Lorentztransformation anwenden können?
Der Physiker im System A muss ja unabhängig von System B den pancake-Effekt messen, und uns dieses Ergebnis z.B. zufunken können. Damit er das mit korrektem Ergebnis tun kann, müsste "im" von B betrachteten Gesamtzustand eine Lorentztransformation von A erfolgen. Aber das geht ja gerade nicht, weil die Zustände keine Lorentztransformation enthalten. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 12. März 2017 12:12 Titel: |
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| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Du setzst doch aber hier voraus, dass man die beiden Systeme getrennt beschreibt, also System A bildet ein quantenmechanisches System, und dessen Messergebnis und Berechnung verwendet man in einem anderen quantenmechanischen System B. Müsste für eine vollständige Beschreibung nicht in Wirklichkeit alles (A und B) durch einen einzigen umfassenden Zustand beschrieben werden, wobei wir als Beobachter jedoch nur eine einzige Lorentztransformation anwenden können? |
Du verwechselst quantenmechanische Systeme und Bezugsysteme.
Erstere werden durch die beteiligten Quantenobjekte definiert, letztere sind rein kinematische Konfentionen. Wenn eine Messung einer Kollision stattfindet, dann besteht das Quantensystem genau aus den beiden beteiligten Teilchen. Alles weitere (Detektor, Physiker, ...) sind klassische Zutaten. Dass du diesen Schnitt so legen darfst ist einerseits Konvention gemäß den Axiomen nach von Neumann, andererseits begründbar durch Dekohärenz. Aus welchen Bezugsystem du das betrachtest ist irrelevant, da alle derartigen Schlussfolgerungen lorentzkovariant sein müssen. D.h. wenn aus Sicht eines Koordinatensystems S Dekohärenz bzgl. des quantenmechanischen System und des Beobachter A gilt, dann gilt dies auch bzgl. S', S'', ... Weitere "kinematisch gedachten Beobachter" in S', S'', ... sind keine weiteren "quantenmechanischen Beobachter" A', A'', ... Die beiden "Beobachtertypen" haben nichts miteinander zu tun.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 12. März 2017 12:40 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Du verwechselst quantenmechanische Systeme und Bezugsysteme.
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Das glaube ich nicht. Ich kann das auch für mikroskopische Systeme umformulieren:
Angenommen, ein Proton befindet sich bei x=0 und y=0, und ein Elektron fliege von -x in Richtung +x, mit minimalem +y, damit es nicht durch das Zentrum des Protons fliegt. Dann wird das Elektron bei geringer Geschwindigkeit durch ein näherungsweise kugelförmiges Potential abgelenkt, und bei hohen Geschwindigkeiten durch ein pancakeförmiges Potential. Hier hat also die Lorentztransformation Einfluss auf die Stärke der Ablenkung, die man bei irgend einem x>0 mit einem Detektor messen kann. Bis hierhin entspricht das Deinen Formeln von oben.
Jetzt nehmen wir weiter an, der Detektor wird durch Teilchen ersetzt, die z.B. bei x=10 mit relativistischer Geschwindigkeit von -y- in +y-Richtung fliegen. D.h. das System Proton+Elektron wird in y-Richtung Lorentzkontrahiert.
Wenn man das Problem klassisch betrachtet, kann man zwei Lorentztransformationen anwenden; gleiches gilt, wenn man den ganzen Versuch in einerseits Proton+Elektron und später Elektron+Detektorteilchen aufteilt. Beschreibt man aber das ganze System als einen Zustand |Proton, Elektron, Detektorteilchen>, dann sehe ich nur die Möglichkeit, die letztere Lorentztransformation anzuwenden. Dann wäre soweit ich das jetzt sehe, das Proton nicht in x-Richtung gestaucht, sondern lediglich das System Proton+Elektron in y-Richtung kontrahiert. - Man hat ja nur eine Wellenfunktion.
Wo liegt mein Denkfehler? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 12. März 2017 13:14 Titel: |
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Kein Denkfehler, aber du machst es dir zu kompliziert.
In der Quantenfeldtheorie wird strikt konservativ, orthodox und hemdsärmlig argumentiert. Man betrachtet immer nur ein einfaches quantenmechanisches System (zwei Teilchen) und einen klassischen Detektor; man nimmt nie den Detektor in das quantenmechanische System mit auf, d.h. man setzt immer voraus, dass dieser Heisenbergsche Schnitt funktioniert und erlaubt ist (man kann auch argumentieren, warum das so ist; s.o.: Dekohärenz auf einem Zustand ist eine Lorentz-kovariante Eigenschaft).
Wenn du jedoch darauf bestehst, das Detektorteilchen mit aufzunehmen, dann würde das dennoch alles funktionieren; du hättest
\,|m_1,0_1\rangle\otimes|m_2,0_2\rangle\otimes|E_D,p_D\rangle )
mit einem unbekannten Endzustand |X>.
Die Indizes 1, 2, D stehen für das beschleunigte Proton, das Proton im Target sowie für den Detektor.
Betrachtest du das jetzt aus einem anderen Bezugsystem, so muss du alle bra's und kets einzeln einer weiteren Lorentztransformation V unterwerfen, d.h.
\,|m_1,0_1\rangle\otimes|m_2,0_2\rangle\otimes|E_D,p_D\rangle \to V_1\, U_1(\Lambda_p)\,|m_1,0_1\rangle\otimes V_2\,|m_2,0_2\rangle\otimes V_D\,|E_D,p_D\rangle)
Die Lorentztransformation V führt zu rein kinematischen Korrekturen. Du könntest auch zuerst alles ohne V berechnen und dann das Endergebnis klassisch der Transformation V unterwerfen.
Die eingangs genannte Entsprechung, dass zunächst L auf x wirkt und dies vermöge V(L) auf den Hilbertraum abgebildet werden kann (u.u.) stellt genau das sicher.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago.
Zuletzt bearbeitet von TomS am 12. März 2017 13:31, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 12. März 2017 14:01 Titel: |
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Jetzt habe ich es kapiert!
Vielen Dank für Deine Erklärungen und Engelsgeduld! |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 12. März 2017 17:02 Titel: |
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Nochetwas: der Streuoperator T ist konstruktionsbedingt immer ein Lorentz-Skalar. Er folgt aus der S-Matrix gem.
und beinhaltet die echten Wechselwirkungsanteile ohne freie Propagation.
D.h. für beliebige Lorentztransformationen Lambda gilt
\,T\,U^\dagger(\Lambda) = T)
Nun betrachtet man ein Matrixelement
Man unterscheidet offensichtlich zwei verschiedene Anwendungen der Lorentztransformation:
1) Erzeugung eines Zustandes durch Lorentzboost; in diesem Fall wirkt U auf genau einen Einzeilchenzustand. Möchte man mehrere Teilchen beschreiben, z.B. 2 einlaufende und n auslaufende, so benötigt man 2+n unterschiedliche Lorentztransformationen, die genau die gewünschten Impulse erzeugen.
2) Betrachtung des dadurch beschriebenen Zustandes bzw. des Streuprozesses in einem anderen Bezugsystem; in diesem Fall wirkt ein V (zur einfacheren Unterscheidung ein anderer Buchstabe) einheitlich auf alle Teilchen bzw. Zustände. Das o.g. Matrixelement lautet dann
\,T\,(V\,|\psi_\text{in}\rangle))
Nun kann man T noch umschreiben zu
\,T\,V^\dagger(\Lambda))
Offensichtlich fallen im Matrixelement alle Abhängigkeiten von V heraus. |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 12. März 2017 18:58 Titel: |
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Das habe ich verstanden. Danke!
Wäre T kein Lorentz-Skalar, würde das wohl bedeuten, dass physikalische Prozesse, und nicht nur deren Beobachtung einer Relativität unterliegen würden... |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 17. März 2017 14:52 Titel: |
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Inzwischen habe ich noch einiges gelesen, und würde das gerne etwas vertiefen.
Wenn man eine vollständige Theorie, also inkl. starker, schwacher und elektromagnetischer Wechselwirkung haben möchte, muss man deren Lagrangedichten doch einfach addieren. Und wenn man daraus die Bewegungsgleichungen berechnet, erhält man z.B. für den Teil der QED ein Gleichungssystem, bestehend aus der/den Dirac-Gleichung(en) und den Maxwell-Gleichungen, und die Lösung dieser beiden beschreiben die zeitliche Entwicklung und mögliche Zustände der Fermion-Spinoren  und des elektromagnetischen Viererpotentials  .
Ist das so weit noch richtig?
Jetzt heisst es, dass Teilchen durch Anwendung eines Erzeugungsoperators auf einen vorhandenen Zustand oder das Vakuum erzeugt werden:
 bzw. 
Wie ist das Vakuum  definiert? - Zwar habe ich gelesen, dass es mit  annihiliert und damit gleich Null wird, aber es erscheint mir als seltsam, im Umkehrschluss, einen Erzeugungsoperator auf die Null anzuwenden... Das geht wohl gar nicht, und ausserdem soll ja die Energie Null sein, was z.B. beim Elektron einen Parameter p=0 für den Erzeugungsoperator bedeuten würde.
Für diese Definition sehe ich eigentlich nur eine Möglichkeit:
\psi(x)+g(...)A_{\mu}(x))
Nur, wie funktioniert das mathematisch? f() und g() mögen Raum- und Impulsintegrale repräsentieren, aber am Ende stehen da im Prinzip nur ein Spinor mit vier Elementen, der mit einem Vierervektor addiert wird - ich weiss: das klingt blöd und ist unsinnig, aber so sieht die Rechenregel für mich aus.
Eben dieses Unverständnis zieht sich weiter, wenn es um das Hinzufügen von Teilchen geht, oder auch nur um die Verknüpfung mehrerer Zustände. (Für weitere Felder, wie z.B. reale oder komplexwertige Skalarfelder ebenso.) Dann sehen doch solche Operationen derart aus:
 + \int dp ... \int dx ... e^{ipx} ... A_{\mu}(x))
 oder 
Und das sollte vom Prinzip her in der Form berechnet werden:
Wo liegt mein Fehler? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 18. März 2017 08:44 Titel: |
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Orientierst du dich wieder an Weinberg?
Zunächst: Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren werden eingeführt als Fourierkomponenten bei der Darstellung eines Feldoperators; d.h.
 = \int dp\,a_p\,e^{ipx}\,+\,\ldots)
wobei ich jetzt alle weiteren Vektor- oder Spinorindizes weglasse. psi ist ein Feldoperator, keine Wellenfunktion. Für psi gelten die kanonischen Vertauschungsrelationen mit dem kanonisch konjugierten Impuls, der aus der Lagrangedichte bestimmt wird; aus diesen Vertauschungsrelationen und der Fourierdarstellung folgen dann die Vertauschungsrelationen
)
wobei ich wieder Vektor- oder Spinorindizes weglasse.
Damit entsprechen a bzw a-dagger rein formal für jeden Impuls p einem Vernichter bzw. Erzeuger eines harmonischen Oszillators für diesen Impuls p.
Aufgrund der Fourierdarstellung vernichten bzw. erzeugen die Operaroren Zustände mit ebenen Wellen. Man könnte auch andere Funktionensysteme benutzen (z.B. für gebundene Zustände, distorted waves in der Streutheorie, Eigenzustände zu komplizierteren Differentialoperatoren wie im Falle der Hawkingstrahlung, ...)
Soweit klar?
Der Vakuumzustand |0> ist nun definiert als der Zustand, der von allen Vernichtern annihiliert wird:
|0> ist dabei ein Zustandsvektor, jedoch nicht der Nullvektor bzw. die Zahl 0.
In freien Quantenfeldtheorien ohne Wechselwirkung können der Zustand |0> sowie der Hamiltonoperator H so definiert werden, dass |0> auch mit dem Zustand tiefster Energie übereinstimmt, und
gilt. Für wechselwirkende oder anderweitig nicht-triviale Quantenfeldtheorien ist dies nicht notwendigerweise der Fall, und man muss unterscheiden zwischen dem sogenannten perturbativen Vakuum
und dem energetischen Grundzustand
Nun zum Erzeugungsoperator und dem Anzahloperator je Impuls p.
Dabei steht die "1" sozusagen an der p-ten Stelle (für diskretes p recht einfach), und
liefert genau dann eine "1", wenn man an der Stelle p' mittels N_p' zählt, an der man zuvor den Erzeuger angewandt hat. Allgemein ist
wobei es jetzt egal ist, was an den anderen Positionen im Vektor steht; N_p schaut immer nur auf genau eine Position.
Wichtig ist, dass 0 und |0> nicht das selbe bedeuten. |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 18. März 2017 15:04 Titel: |
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Vielen Dank für Deine Antwort!
Leider verstehe ich davon einiges nicht.
| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Orientierst du dich wieder an Weinberg? |
Überwiegend, ja. Jedoch verwendet Weinberg nicht die Bra-Ket-Notation, und stützt praktisch alles auf Eigenschaften diverser mathematischer Objekte, was zumindest mein Verständnis nicht gerade fördert.
| TomS hat Folgendes geschrieben: | psi ist ein Feldoperator, keine Wellenfunktion.
...
Damit entsprechen a bzw a-dagger rein formal für jeden Impuls p einem Vernichter bzw. Erzeuger eines harmonischen Oszillators für diesen Impuls p. |
Das kann ich leider aus diesen Formeln und auch bei Weinberg nicht heraus lesen - Du schreibst, das seien Feldoperatoren und Weinberg einfach, dass das Felder seien, weshalb ich davon ausgegangen bin, dass das den Feldern in den Bewegungsgleichungen entspricht.
Steckt der harmonische Oszillator in psi(x)? Erzeugt psi(x) am Ort x einen harmonischen Oszillator?
| TomS hat Folgendes geschrieben: | Der Vakuumzustand |0> ist nun definiert als der Zustand, der von allen Vernichtern annihiliert wird:
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Meinst Du mit "allen", nicht nur egal welcher Impuls, sondern auch alle Spins und Teilchenarten, also alle, die man in Zusammenhang mit einer gegebenen Lagrangedichte entwickeln kann?
| TomS hat Folgendes geschrieben: |
wobei es jetzt egal ist, was an den anderen Positionen im Vektor steht; N_p schaut immer nur auf genau eine Position. |
D.h. N zählt, wie viele Teilchen mit Impuls p erzeugt wurden? - Etwas in der Form ist mir (vielleicht wegen der anderen Notation) bei Weinberg nicht aufgefallen.
Was macht man damit? |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 18. März 2017 16:12 Titel: |
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Ohne Tom hier reingreifen zu wollen:
Weinberg zieht es andersrum auflas die meisten QFT-Buecher:
Erst führt er a und a-dagger ein (Kapitel 4.2), um zu zeigen, dass alle Operatoren mit a und a-dagger geschrieben werden koennen und dass insbesondere der Hamiltonoperator (bzw. seine Dichte), wenn er auf diese Weise geschrieben wird, dem Cluster Decomposition Principle (=weit voneinander entfernte Experimente haben keinen Einfluss aufeinander) genügt.
Erst danach konstruiert Weinberg aus den a und a-dagger Felder, welche die korrekten Transformationseigenschaften (unter Lorentztransformationen) haben und zu einem kausalen Hamiltonoprator fuehren (d.h. [H(x),H(x')]=0, wenn x und x' raumartig voneinander getrennt sind).
Wenn man also Feldtheorien diskutieren will und sich am Weinberg orientiert, muss man etwas darauf achten, dass Weinberg es anders aufzieht, als die meisten anderen QFT-Buecher, die meistens gleich mit der Zerlegung von (operatorwertigen) Feldern in a und a-dagger beginnen. |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 23. März 2017 11:03 Titel: |
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Wäre es vernünftiger, wenn ich für den Einstieg ein anderes, evtl. leichter verständliches Buch verwenden würde? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 23. März 2017 12:56 Titel: |
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Einstieg in was? QFT?
Ich wüsste nicht, welches.
QFT ist sauschwer; und ich denke, Weinberg ist didaktisch immer gut und bringt die Ideen und Konzepte rüber |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 23. März 2017 13:05 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Einstieg in was? QFT? |
Ja.
| TomS hat Folgendes geschrieben: | | QFT ist sauschwer; und ich denke, Weinberg ist didaktisch immer gut und bringt die Ideen und Konzepte rüber |
OK, Danke.
Hast Du Zeit, meine obigen Rückfragen anzusehen? Vor allem wegen dem harmonischen Oszillator, weil ich dazu zumindest in den vorderen Kapiteln bei Weinberg nichts gefunden habe. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8582
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| jh8979 Verfasst am: 23. März 2017 13:29 Titel: |
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| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Wäre es vernünftiger, wenn ich für den Einstieg ein anderes, evtl. leichter verständliches Buch verwenden würde? |
Schwer zu sagen. Was QFT konzeptuell angeht ist Weinberg wirklich das(!) beste Buch. Zum ersten Mal selber lernen ist es aber nicht ganz einfach.
Vllt hilft der Peskin&Schroeder als zweites Buch. Dort geht es mehr darum, wie man QFTs benutzt, um Streuquerschnitte und so zu berechnen, weniger um die Konzepte an sich, aber es ist deutlich einfacher zu verstehen. (Und dort findest Du auch die Analogien zum harmonischen Oszillator ausführlicher dargestellt.) |
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 23. März 2017 13:42 Titel: |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | Vllt hilft der Peskin&Schroeder als zweites Buch. Dort geht es mehr darum, wie man QFTs benutzt, um Streuquerschnitte und so zu berechnen, weniger um die Konzepte an sich, aber es ist deutlich einfacher zu verstehen. (Und dort findest Du auch die Analogien zum harmonischen Oszillator ausführlicher dargestellt.) |
Vielen Dank für die Empfehlung! Ich schaue mal nach dem Inhalt... |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 23. März 2017 21:01 Titel: |
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| gnt hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | psi ist ein Feldoperator, keine Wellenfunktion.
...
Damit entsprechen a bzw a-dagger rein formal für jeden Impuls p einem Vernichter bzw. Erzeuger eines harmonischen Oszillators für diesen Impuls p. |
Das kann ich leider aus diesen Formeln und auch bei Weinberg nicht heraus lesen - Du schreibst, das seien Feldoperatoren und Weinberg einfach, dass das Felder seien, weshalb ich davon ausgegangen bin, dass das den Feldern in den Bewegungsgleichungen entspricht. |
Irgendwann werden es auch bei Weinberg Feldoperatoren
Die Feldgleichungen gelten dann auch für die Operatoren (bis auf Regularisierung, Renormierung, mögliche Quantisierungsanomalien, ...)
| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Steckt der harmonische Oszillator in psi(x)? Erzeugt psi(x) am Ort x einen harmonischen Oszillator? |
Nein.
a-dagger erzeugt ein Quant; vom harmonischen Oszilator ist außer der formalen Analogie nichts mehr übrig.
| gnt hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Der Vakuumzustand |0> ist nun definiert als der Zustand, der von allen Vernichtern annihiliert wird:
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Meinst Du mit "allen", nicht nur egal welcher Impuls, sondern auch alle Spins und Teilchenarten, also alle, die man in Zusammenhang mit einer gegebenen Lagrangedichte entwickeln kann? |
Ja; ich unterdrücke lediglich diese weiteren Indizes. Das (perturbative) Vakuum ist "leer", d.h. jeder Vernichtungsoperator führt auf Null.
Wir lassen jetzt mal Kondensate u.ä. weg, dann muss man einen anderen, nicht-perturbativen Vakuumbegriff verwenden.
| gnt hat Folgendes geschrieben: | Etwas in der Form ist mir (vielleicht wegen der anderen Notation) bei Weinberg nicht aufgefallen.
Was macht man damit? |
Schauen wir uns mal nur genau eine Impuls p an und lassen die anderen der Übersichtlichkeit zunächst halber weg. Im Vakuum haben wir
In einem Eigenzustand des Teilchenzahloperators haben wir
Dabei ist
Außerdem kann man die Energie für diesen Impuls p definieren:
Der Energieoperator für diesen Impuls p lautet dann
Das kennen wir vom harmonischen Oszillator.
Das 1/2 fällt weg, weil es eine unendliche, p-unabhängige Vakuumenergie erzeugen würde; man bezeichnet das als Normalordnung bzw. als einfachste Art der Regularisierung; man legt die Vakuumenergie (künstlich) zu Null fest, denn
In einem Eigenzustand des Teilchenzahloperators mit
sind also n_p Teilchen enthalten; diese tragen die Energie
Der Energieoperator H über alle Impulse p (die ich der Einfachheit halber diskret annehme) ist dann
Wenn man nun das Vakuum wieder so definiert, dass es von jedem Vernichter, also für jedes p annihiliert wird, dann gilt
In einem Zustand, der zu jedem Teilchenzahloperator je p ein Eigenzustand ist, haben wir dann die Energie
Die n_p sind dabei natürliche Zahlen, die unabhängig voneinander frei gewählt werden können; die Gesamtheit all dieser Eigenzustände zu jedem einzelne N_p bildet eine Basis des sogenannten Fockraumes.
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 23. März 2017 23:35 Titel: |
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Schön, Danke!
Ich glaube, das habe ich verstanden, habe aber trotzdem ein paar Fragen:
- Kann man das H so wie es hier steht, für die Zeitentwicklung eines Zustands einsetzen?
- Es ist zwar offensichtlich, dass H die kinetische Gesamtenergie liefert, aber nicht die potentielle. Ergibt sich diese automatisch durch Einführung des u.a. Photonfeldes mit Kopplung an diese N? - Wobei ich jetzt nicht sehe, wie das so direkt gehen könnte.
- Es gibt doch eine Regel, nach der man Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren in eben dieser Reihenfolge von links nach rechts notieren muss. Spielt diese Regel erst bei Wechselwirkungen eine Rolle (weil hier hat man ja nur Summen von verschiedenen N)? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 24. März 2017 06:34 Titel: |
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| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Kann man das H so wie es hier steht, für die Zeitentwicklung eines Zustands einsetzen? |
Ja.
| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Es ist zwar offensichtlich, dass H die kinetische Gesamtenergie liefert, aber nicht die potentielle. Ergibt sich diese automatisch durch Einführung des u.a. Photonfeldes mit Kopplung an diese N? - Wobei ich jetzt nicht sehe, wie das so direkt gehen könnte. |
Im Falle des harmonischen Oszillators liefert das o.g. h_p bekanntermaßen eine Kombination aus kinetischer und potentieller Energie. In der QFT interpretiert man den selben Term als kinetische Energie im wechselwirkungsfreien Fall.
Man spricht dann auch nicht von potentieller Energie, sondern von Wechselwirkungstermen, da kein äußeres Potential vorliegt.
Die Konstruktion von Wechselwirkungstermen erfolgt mittels der Lagrangedichte auf Ebene der Felder, da man nur so alle notwendigen Symmetrien (Poincareinvarianz, Eichsymmetrie) einfach und offensichtlich berücksichtigen kann. Das Umschreiben mittels Erzeugern und Vernichtern ist dann ein zweiter Schritt: ableiten der Hamiltonfunktion H aus der Lagrangefunktion; darstellen der Feldoperatoren durch Fourierintegrale in dp über Erzeugern und Vernichter; ausführen aller dx-Integrale aus H; daraus resultiert ein Ausdruck mit dp-Integralen und Erzeugern und Vernichtern.
Wechselwirkungsterme enthalten dabei Produkte aus mindestens drei Feldoperatoren. Im Falle der QED erhält man aus der WW des Eichfeldes A(x) mit dem fermionischen Strom j(x) z.B. Terme der Form
(a_p steht für einen Vernichter des Photonfeldes, es gibt noch weitere strukturell ähnliche Terme w.g. Symmetrien, hermitesche Konjugation usw.)
Der fermionische Strom im Impulsraum liefert
(c_pq sind Konstanten)
D.h. in Summe steht da ein trilinearer Ausdruck in Erzeugern und Vernichtern. Das liefert im Rahmen der Störungstheorie genau den Elektron-Positron-Photon-Vertex für die Feynmandiagramme.
Der Coulombterm liefert soetwas wie
Das q^-2 entspricht der Greensfunktion des Coulombpotentials.
(wie übliche sind alle Lorentz- und Spin-Indizes unterdrückt)
| gnt hat Folgendes geschrieben: | | Es gibt doch eine Regel, nach der man Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren in eben dieser Reihenfolge von links nach rechts notieren muss. Spielt diese Regel erst bei Wechselwirkungen eine Rolle (weil hier hat man ja nur Summen von verschiedenen N)? |
Nein, diese Normalordnung benötigt man bereits in der freien Theorie, um die 1/2 aus dem harmonischen Oszillator loszuwerden, was zu einer unendlichen Konstante führen würde. Die Regularisierung der Wechselwirkungsterme ist jedoch teilweise komplizierter, da man dabei keine Symmetrien brechen darf.
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gnt
Gast
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| gnt Verfasst am: 24. März 2017 11:49 Titel: |
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Vielen Dank für die Erklärungen!
Dann schaue ich, dass ich wieder durch Lesen etwas weiter komme. |
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