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Quantenloser
Anmeldungsdatum: 24.05.2020
Beiträge: 1
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 Quantenloser Verfasst am: 24. Mai 2020 17:08 Titel: Hamiltondichte |
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Meine Frage:
Ich habe die Folgende Lagrangedichte gegeben als
Damit erhält man für die Hamiltondichte:
(1+\alpha|\nabla\varphi|^2)} -1) )
Die Aufgabe ist nun die Hamiltondichte bezüglich  bis zum linearen Glied zu entwickeln und dieses dann in creation und annihilation Operatoren auszudrücken.
Meine Ideen:
Ich erhalte für die Entwicklung für H
^2}{8} \alpha )
Der erste Teil von H lässt sich direkt hinschreiben (vergleicht mit Klein-Gorden-Gleichung):
^2}pa^{\dagger}a )
Für den zweiten Teil mit dem Alpha hab ich leider keine Idee, wie ich diesen geschickt ausrücken kann und wäre für jede Hilfe dankbar. |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 24. Mai 2020 20:44 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| Quantenloser hat Folgendes geschrieben: | Meine Frage:
Ich habe die Folgende Lagrangedichte gegeben als
Damit erhält man für die Hamiltondichte:
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Ehrlich gesagt finde ich das nicht gerade offensichtlich. Kannst du mal etwas ausführlicher erklären wie du darauf kommst?
Für  erhalte ich
Wenn ich damit die Hamiltondichte ausrechnen will, indem ich in
einsetze, bekomme ich
\sqrt{\frac{1 + \alpha|\nabla\phi|^2}{1 + \alpha \pi^2}} - \frac{1}{\alpha})
Übersehe ich irgendwas?
EDIT: Ja, ich habe was übersehen, nämlich ein Quadrat über dem  vor der Wurzel, d.h. da muß stehen
\sqrt{\frac{1 + \alpha|\nabla\phi|^2}{1 + \alpha \pi^2}} - \frac{1}{\alpha})
also
\sqrt{\frac{1 + \alpha|\nabla\phi|^2}{1 + \alpha \pi^2}} - \frac{1}{\alpha})
was auf dein Ergebnis führt. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8576
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| jh8979 Verfasst am: 24. Mai 2020 21:09 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: |
Ehrlich gesagt finde ich das nicht gerade offensichtlich. Kannst du mal etwas ausführlicher erklären wie du darauf kommst?
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Wollte ich auch gerade schreiben  Hat mich gerade zwei Anläufe gekostet. Sieht komisch aus, aber kommt anscheinend raus.
Zur Frage:
Schreib das mal ordentlich auf: Fourier-Dekomposition der Felder, p-abhängige a/a^dagger, Fourier-Darstellung der Delta-Funktion,… Ist ein bisschen rumgeaste, aber relativ mechanisch... |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 24. Mai 2020 23:02 Titel: |
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Das muss man erst mal selbstadjungiert hinschreiben ... Wurde da ein nicht-dynamisches Feld ausintegriert?
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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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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 25. Mai 2020 12:06 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| jh8979 hat Folgendes geschrieben: | | index_razor hat Folgendes geschrieben: |
Ehrlich gesagt finde ich das nicht gerade offensichtlich. Kannst du mal etwas ausführlicher erklären wie du darauf kommst?
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Wollte ich auch gerade schreiben Hat mich gerade zwei Anläufe gekostet. Sieht komisch aus, aber kommt anscheinend raus.
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Ja, das kommt tatsächlich raus. Siehe auch das editierte Ende meines vorigen Beitrages.
| Zitat: |
Zur Frage:
Schreib das mal ordentlich auf: Fourier-Dekomposition der Felder, p-abhängige a/a^dagger, Fourier-Darstellung der Delta-Funktion,… Ist ein bisschen rumgeaste, aber relativ mechanisch... |
Der Fragesteller hatte ja die Idee einen Analogieschluß zur Klein-Gordon-Gleichung zu machen. Das finde ich eigentlich ganz schlau. Ein Punkt, über den ich dabei gestolpert bin, ist folgender. Der Zusammenhang zwischen der Form
a(p)\quad \text{(H0)})
für ein freies masseloses Feld und der kanonischen Vertauschungsrelation , \pi(y,t)] = i\delta(x-y)) beruht auf der Beziehung  , was der gegebenen Lagrangefunktion zu widersprechen scheint.
Aber natürlich erfolgt die Zerlegung der Felder in Erzeuger und Vernichter auf Basis des freien Hamiltonians. Man kann also argumentieren, daß
)
einen geeigneten Hamiltonian für das freie skalare Feld definiert, weil er mit dem des masselosen Klein-Gordon-Feldes übereinstimmt, welches auf die korrekte Form (H0) führt, wenn man die kanonischen Vertauschungsrelationen für
 \stackrel{\text{def}}{=} e^{iH_0 t}\phi(\vec{x}, 0)e^{-iH_0 t})
und
fordert.
Dann bleibt die Frage wie der Wechselwirkungsterm aussieht. Hier bekomme ich schon wieder etwas anderes heraus als der Fragesteller, nämlich
^2.)
Kann das jemand bestätigen oder berichtigen?
Wenn dies richtig ist, kann man ab hier problemlos dem Vorschlag von jh8979 folgen und die Zerlegung
 \sim \int \dd^3 p (2E_p)^{-1/2}\left\{e^{ipx}a(\vec{p}) + e^{-ipx}a^\dagger(\vec{p})\right\})
verwenden, wobei durch die oben gerechtfertigte Analogie zum Klein-Gordon-Feld, ) und ) die Vertauschungsrelation , a^\dagger(\vec{p}')] = \delta(\vec{p} - \vec{p}')) erfüllen müssen. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 25. Mai 2020 16:52 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: |
^2)
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Ich erhalte das selbe H sowie H_0, jedoch
^2
<br />
)
Dein - ist korrekt, das + bei Quantenloser m.E. falsch. Aber ich erhalte ein 1/8, nicht 1/4.
Der Nabla kann nicht verschwinden, aber ich denke, das ist nur ein Schreibfehler.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 25. Mai 2020 16:58 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
Dein - ist korrekt, das + bei Quantenloser m.E. falsch. Aber ich erhalte ein 1/8, nicht 1/4. |
Ach stimmt, ich hatte am Ende das 1/2! von der Taylorreihe vergessen. Vielen Dank für's Nachrechnen.
| Zitat: |
Der Nabla kann nicht verschwinden, aber ich denke, das ist nur ein Schreibfehler. |
Ja, das hatte ich auch vermutet. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 25. Mai 2020 17:54 Titel: |
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Gerne.
Der Rest ist klar:
Feld und kanonisch konjugierter Impuls werden mittels Erzeuger und Vernichter bzgl. ebener Wellen dargestellt. Ich denke, das meinst du mit “... erfolgt die Zerlegung der Felder in Erzeuger und Vernichter auf Basis des freien Hamiltonians”.
Was du mit “... die kanonischen Vertauschungsrelation beruhen ... was der gegebenen Lagrangefunktion zu widersprechen scheint” meinst, ist mir nicht klar. Die kanonischen Vertauschungsrelation gelten doch immer zwischen Feld und kanonisch konjugiertem Impuls, unabhängig von der Lagrangefunktion.
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 25. Mai 2020 18:02 Titel: Re: Quantenfeldtheorie Hamiltonoperator durch a und a^(dagge |
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| Quantenloser hat Folgendes geschrieben: | | Für den zweiten Teil mit dem Alpha hab ich leider keine Idee, wie ich diesen geschickt ausrücken kann und wäre für jede Hilfe dankbar. |
Du setzt exakt den von index_razor angegeben Ausdruck für phi(x) und damit auch den für pi(x) in H_1 ein und berechnest alle Integrale in x, x’, ...; du erhältst im Wesentlichen delta-Funktionen sowie je Nabla einen Impuls p; damit bleiben Integrale in p, p’, ... über die Erzeuger und Vernichter stehen. Wenn du bereits im Zuge der Berechnung normalordnen darfst, sparst du dir Schreibarbeit.
Und ja, das ist eine Sträflingsarbeit.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 25. Mai 2020 18:50 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Gerne.
Der Rest ist klar:
Feld und kanonisch konjugierter Impuls werden mittels Erzeuger und Vernichter bzgl. ebener Wellen dargestellt. Ich denke, das meinst du mit “... erfolgt die Zerlegung der Felder in Erzeuger und Vernichter auf Basis des freien Hamiltonians”.
Was du mit “... die kanonischen Vertauschungsrelation beruhen ... was der gegebenen Lagrangefunktion zu widersprechen scheint” meinst, ist mir nicht klar. Die kanonischen Vertauschungsrelation gelten doch immer zwischen Feld und kanonisch konjugiertem Impuls, unabhängig von der Lagrangefunktion. |
Die Vertauschungsrelationen zwischen Feldern und deren kanonisch Konjugierten gelten natürlich immer. Was nicht immer gilt, ist der erforderliche Zusammenhang zwischen und , d.h.  . Dieser muß gelten, damit ich, zusammen mit den kanonischen Vertauschungsrelationen auf
=\int \dd^3p |\vec{p}|a^\dagger(\vec{p}) a(\vec{p}) \quad\text{(H0)}.)
komme. Er gilt aber nur für freie Felder, bzw. im Diracbild. Aus der Lagrangedichte folgt ja stattdessen
})
Das meine ich mit dem "Widerspruch", der mich erst irritiert hatte. Das heißt man muß erst  ins Diracbild transformieren und dann definieren
mit  anstelle des vollen Hamiltonians. Das ergibt  und nicht die kanonisch konjugierte Variable aus (CC). Dazu muß man also schon wissen, was ein geeignetes ist. Das sieht man in diesem Fall erst nach der Entwicklung nach  , deren Term nullter Ordnung gerade den Hamiltonian des masselosen freien Klein-Gordon-Feldes ergibt, welches bekanntlich die richtige Form (H0) liefert, wenn man in der bekannten Weise nach Erzeugern und Vernichtern entwickelt (die widerum impliziert, daß es sich um ein freies Feld handelt.) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 25. Mai 2020 21:37 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Was nicht immer gilt, ist der erforderliche Zusammenhang zwischen und , d.h. . |
Richtig, der gilt hier nicht. Stattdessen findet man
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Dieser muß gelten, damit ich, zusammen mit den kanonischen Vertauschungsrelationen auf
komme. |
Nee, wieso?
Du setzt
, \pi(y)] = \delta(x-y))
eliminierst die Zeitableitung aus der Legendre-Transformierten
und erhältst den Hamiltonoperator.
Zuletzt entwickelst du nach alpha.
Das hast du doch alles so gemacht. Und dabei benötigst du an keiner Stelle
und du musst noch nicht mal wissen, dass du später nach alpha entwickeln und einen freien Hamiltonoperator ableiten willst.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Dazu muß man also schon wissen, was ein geeignetes ist. |
Irgendwie habe ich anders gedacht.
Ich habe die Rechnung einschließlich der Entwicklung nach alpha völlig ohne Vorausschau auf die Erzeuger und Vernichter durchgeführt, weil ich ja weiß, dass ich diese erst einführen kann, wenn ich die Entwicklung durchgeführt und so die Wurzel eliminiert habe. Ich muss sie doch aber nicht einführen.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | ... wenn man in der bekannten Weise nach Erzeugern und Vernichtern entwickelt (die widerum impliziert, daß es sich um ein freies Feld handelt.) |
Die Erzeuger und Vernichter kann ich auch einführen, wenn kein freies Feld vorliegt. Z.B. kann man die Gluonfelder der QCD durchaus kanonisch quantisieren, ohne dass es stört, dass sie nie wechselwirkungsfrei sind, und ohne je an alpha ~ 0 zu denken. Das einzige was man benötigt ist, dass keine Wurzeln u.ä. auftreten.
Man kann die Erzeuger und Vernichter rein algebraisch immer einführen; sie sind kompatibel mit den Vertauschungsrelationen von phi und pi, mehr ist mathematisch nicht notwendig. Das bedeutet natürlich nicht, dass es immer physikalisch nützlich ist.
Ich verstehe dein Problem irgendwie nicht ...
Ich sehe jedoch ein anderes: ohne die Entwicklung in alpha kann ich H nicht normalordnen (renormieren wg. Power Counting ohnehin nicht), und bin meilenweit davon entfernt, zu verstehen, wie ich H selbstadjungiert formulieren soll.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 25. Mai 2020 22:55 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
Das hast du doch alles so gemacht. Und dabei benötigst du an keiner Stelle
und du musst noch nicht mal wissen, dass du später nach alpha entwickeln und einen freien Hamiltonoperator ableiten willst.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Dazu muß man also schon wissen, was ein geeignetes ist. |
Irgendwie habe ich anders gedacht.
Ich habe die Rechnung einschließlich der Entwicklung nach alpha völlig ohne Vorausschau auf die Erzeuger und Vernichter durchgeführt, weil ich ja weiß, dass ich diese erst einführen kann, wenn ich die Entwicklung durchgeführt und so die Wurzel eliminiert habe. Ich muss sie doch aber nicht einführen.
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Muß man natürlich nicht. Aber das war doch die Aufgabe. Der Hamiltonoperator soll am Ende bis zum linearen Glied durch Erzeuger und Vernichter ausgedrückt werden. Und damit sind bestimmt Operatoren gemeint, die Eigenzustände von erzeugen oder vernichten.
| Zitat: |
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | ... wenn man in der bekannten Weise nach Erzeugern und Vernichtern entwickelt (die widerum impliziert, daß es sich um ein freies Feld handelt.) |
Die Erzeuger und Vernichter kann ich auch einführen, wenn kein freies Feld vorliegt.
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Ja, kann man. Allerdings mit unbekannter Zeitabhängigkeit ) . Ich glaube wirklich nicht, daß das gemeint ist. Es wäre zumindest sehr ungewöhnlich. Und um ehrlich zu sein, wüßte ich nicht mal, wie man mit den Heisenbergoperatoren hier etwas vernünftiges herausbekommen sollte. Wenn du nicht freie Felder voraussetzt, wie lautet dann die Entwicklung von
die man benötigt um  +...) durch Erzeuger und Vernichter auszudrücken? Das war die Frage, die ich mir selber gestellt habe und die mich erst stutzig gemacht hat.
| Zitat: |
Z.B. kann man die Gluonfelder der QCD durchaus kanonisch quantisieren, ohne dass es stört, dass sie nie wechselwirkungsfrei sind, und ohne je an alpha ~ 0 zu denken. Das einzige was man benötigt ist, dass keine Wurzeln u.ä. auftreten.
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Unter kanonischer Quantisierung verstehe ich auch nicht notwendigerweise das Diracbild. Aber das Diracbild verbinde ich mit
 \sim \sum_{\lambda\pm 1} \int\frac{\dd^3 p}{ \sqrt{2|\vec{p}|}}\epsilon_\mu(\vec{p},\lambda)e^{-ipx}a^\dagger(\vec{p},\lambda) + ... \qquad[\ p=|\vec{p}|e_0 + \vec{p}\ ])
Dies beschreibt nach meinem Verständnis ein freies masseloses Vektorfeld, da es die Gleichung
(kein Quellterm) erfüllt.
| Zitat: |
Man kann die Erzeuger und Vernichter rein algebraisch immer einführen; sie sind kompatibel mit den Vertauschungsrelationen von phi und pi, mehr ist mathematisch nicht notwendig. Das bedeutet natürlich nicht, dass es immer physikalisch nützlich ist.
Ich verstehe dein Problem irgendwie nicht ...
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Hm, ich wollte eigentlich nur die Aufgabe lösen. Wie würdest du das denn angehen?
| Zitat: |
Ich sehe jedoch ein anderes: ohne die Entwicklung in alpha kann ich H nicht normalordnen (renormieren wg. Power Counting ohnehin nicht), und bin meilenweit davon entfernt, zu verstehen, wie ich H selbstadjungiert formulieren soll. |
Das verstehe ich nun wieder nicht. Jeder Operator auf dem Fockraum hat eine normalgeordnete Darstellung. Also scheinst du hier in Zweifel zu ziehen, daß H überhaupt wohldefiniert ist. Renormierbar im engeren Sinne ist der Operator natürlich mit Sicherheit nicht. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 26. Mai 2020 00:24 Titel: |
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Also letztlich hängst du an der Zeitentwicklung.
Zunächst soll der Hamiltonoperator durch Erzeuger und Vernichter ausgedrückt werden, aber dabei müssen nicht zwingend Eigenzustände des freien Hamiltonoperators gemeint sein - wobei das natürlich oft praktisch ist und wohl implizit so gemeint war. I.A. würden Eigenzustände zum Generator einer Symmetrie ausreichen (z.B. Blochzustände, oder hier ebene Wellen als Eigenzustände des Impulsoperators).
Du hast recht, eine unbekannte Zeitentwicklung bzw. eine unbekannte Dispersionsrelation in der Fouriertransformation wäre sehr ungewöhnlich. Das ist wohl nicht gemeint.
Zu deiner Bemerkung, dass jeder Operator auf dem Fockraum eine normalgeordnete Darstellung hat: ist das so? oder ist es nicht eher so, dass die Verwendung der Erzeuger und Vernichter die sinnvoll verwendbaren Operatoren einschränkt, so dass trivialerweise nur die Operatoren übrigbleiben, für dies zutrifft? Was wäre mit
}{\sqrt{\alpha + (a^\dagger a)^n}})
mit einem geeigneten Polynom h und einem freien Parameter alpha, für den i.A. der Grenzwert gegen Null nicht zulässig ist? Welche Normalordnung hat dieses H? So ein H wäre doch sinnvoll definiert, die Erzeuger und Vernichter wären die des harmonischen Oszillators, aber dass eine Entwicklung der Form
sinnvoll oder zulässig ist, bleibt völlig offen.
Ich ziehe nicht in Zweifel, dass H wohldefiniert ist, ich sehe jedoch auch keine Möglichkeit, H ohne Rückgriff auf die Entwicklung um alpha=0 zu definieren. Bereits in dem von dir hergeleiteten Ausdruck ist unklar, ob und wie H selbstadjungiert geordnet werden kann - was ohnehin nicht eindeutig ist - und das macht mich stutzig.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 26. Mai 2020 09:09 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Also letztlich hängst du an der Zeitentwicklung.
Zunächst soll der Hamiltonoperator durch Erzeuger und Vernichter ausgedrückt werden, aber dabei müssen nicht zwingend Eigenzustände des freien Hamiltonoperators gemeint sein - wobei das natürlich oft praktisch ist und wohl implizit so gemeint war. I.A. würden Eigenzustände zum Generator einer Symmetrie ausreichen (z.B. Blochzustände, oder hier ebene Wellen als Eigenzustände des Impulsoperators).
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Ja, natürlich erzeugen sie in erster Linie Impulseigenzustände. Das Problem bei wechselwirkenden Feldern ist, daß dies nicht gleichzeitig Energieeigenzustände sind. Deswegen bekommen  eine nichttriviale Zeitentwicklung. Allerdings wirst du über die Änderung von mit der Zeit auch etwas sagen müssen, sonst bekommst du keine Zerlegung von . Oder wie soll die hier aussehen? Im Diracbild ist das natürlich leicht, weil  = e^{iH_0t}a^\dagger(0)e^{-iH_0 t} = e^{iE_0t}a^\dagger(0)) etc. Deswegen ist dies normalerweise der einzige Kontext, in dem man sie einführt.
| Zitat: |
Du hast recht, eine unbekannte Zeitentwicklung bzw. eine unbekannte Dispersionsrelation in der Fouriertransformation wäre sehr ungewöhnlich. Das ist wohl nicht gemeint.
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Wie gesagt, ich wüßte nicht mal was das hier bringen sollte. Wenn ich  + a_\text{H}(t)) ansetze, dann bekomme ich  + \dot a_\text{H}(t) + ...) Und nun weiß ich natürlich aus offensichtlichen Gründen nicht die Zerlegung von =i[H,a_\text{H}^\dagger(t)]) in Erzeuger und Vernichter. Also löst dieser Ansatz doch die Aufgabe nicht.
| Zitat: |
Zu deiner Bemerkung, dass jeder Operator auf dem Fockraum eine normalgeordnete Darstellung hat: ist das so? oder ist es nicht eher so, dass die Verwendung der Erzeuger und Vernichter die sinnvoll verwendbaren Operatoren einschränkt, so dass trivialerweise nur die Operatoren übrigbleiben, für dies zutrifft?
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Soweit ich weiß nicht. Alles was ich benötige, ist, daß der Operator endliche Matrixelemente  besitzt, also im wesentlichen auf dem Fockraum definiert ist. Dann kann man induktiv beweisen, daß er eine Darstellung in Normalordnung hat. Der Beweis steht z.B. in Weinberg Band 1 auf Seite 175.
| Zitat: |
Was wäre mit
mit einem geeigneten Polynom h und einem freien Parameter alpha, für den i.A. der Grenzwert gegen Null nicht zulässig ist? Welche Normalordnung hat dieses H?
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Wo ist da das Problem? Du entwickelst die Wurzel
}{\sqrt{\alpha + (a^\dagger a)^n}} = h(a,a^\dagger)\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha}} - \frac{ (a^\dagger a)^n}{2 \alpha^{3/2}} + \frac{3 (a^\dagger a)^{2n}}{8 \alpha^{5/2}} + ...\right))
und dann tauscht du alle  nach links. Den Grenzwert  (der natürlich in der Tat nicht definiert ist) benötigt man dafür doch gar nicht.
| Zitat: |
So ein H wäre doch sinnvoll definiert, die Erzeuger und Vernichter wären die des harmonischen Oszillators, aber dass eine Entwicklung der Form
sinnvoll oder zulässig ist, bleibt völlig offen.
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Was bleibt daran offen? Das verstehe ich nicht. Meinst du damit, daß ich die Matrixelemente nicht kenne?
| Zitat: |
Ich ziehe nicht in Zweifel, dass H wohldefiniert ist, ich sehe jedoch auch keine Möglichkeit, H ohne Rückgriff auf die Entwicklung um alpha=0 zu definieren. Bereits in dem von dir hergeleiteten Ausdruck ist unklar, ob und wie H selbstadjungiert geordnet werden kann - was ohnehin nicht eindeutig ist - und das macht mich stutzig. |
Kannst du das etwas ausführlicher erklären? Ich verstehe absolut nicht was du meinst. Was bedeutet "selbstadjungiert geordnet"? Ist das dasselbe wie normalgeordnet?
Wenn H wohldefiniert ist, was hindert mich dann in jedem Spezialfall an dem Vorgehen, das Weinberg in seinem allgemeinen Beweis benutzt? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 26. Mai 2020 11:01 Titel: |
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Hallo index_razor,
ich glaube nicht, dass die Zeitentwicklung ein prinzipielles Problem darstellt.
Du setzt
 \sim \sum_k q_k \, u_k(x) + \text{h.c.})
 \sim \sum_k p_k \, u_k(x) + \text{h.c.} )
u_k steht für ein geeignetes orthogonales Funktionensystem.
Bei geeigneten Vertauschungsrelationen der (bis auf Normierungen) konjugierten q_k,p_k folgen die korrekten Vertauschungsrelationen für phi,pi; durch Linearkombination der q_k, p_k folgen außerdem die Erzeuger und Vernichter.
Das ist das Grundgerüst der kanonischen Quantisierung; alles weitere ist optional oder eben praktisch.
Ja, die Zeitentwicklung bleibt hier unbestimmt; sie wird durch den vollen Hamiltonian generiert, d.h. eine freie Theorie wird nicht prinzipiell benötigt, um diese Quantisierung durchzuführen.
Danke für deinen Hinweis auf den “Weinberg”.
Zu meinem Beispiel: das Problem ist, dass du zur Normalordnung in einem Parameter entwickeln musst, um Polynomausdrücke zu erzeugen. Dabei bleibt unklar, ob bzw. in welchem Sektor des Hilbertraumes diese Taylorentwicklung konvergiert. Anders gefragt: wann darf ich eine derartige Taylorentwicklung durchführen? Nochmal anders gefragt: existieren Fockraumoperatoren, für die eine Taylorentwicklung nicht funktioniert? Ich kenne Beispiele aus der QCD, wo der Hamiltonian einen Jacobian enthält, den man wohl nicht entwickeln kann.
Falls eine Taylorentwicklung möglich ist, folgt daraus natürlich auch eine selbstadjungierte Darstellung.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 26. Mai 2020 17:55 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Hallo index_razor,
ich glaube nicht, dass die Zeitentwicklung ein prinzipielles Problem darstellt.
Du setzt
Bei geeigneten Vertauschungsrelationen der q,p folgen die korrekten Vertauschungsrelationen für phi,pi; durch Linearkombination der q,p folgen außerdem die Erzeuger und Vernichter.
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Und wie sieht der Zusammenhang zwischen  und  nun aus? Genau das ist doch die Frage. Ohne diese Information kann ich H nicht in der gewünschten Form darstellen. Daß es diesen Zusammenhang "prinzipiell" gibt, hilft mir doch nicht viel.
Es geht doch nicht um die Frage unter welchen Voraussetzungen man kanonisch quantisieren kann.
| Zitat: |
Das ist das Grundgerüst der kanonischen Quantisierung; alle weitere ist optional. Ja, die Zeitentwicklung bleibt hier unbestimmt. Sie wird durch den vollen Hamiltonian generiert, d.h. eine freie Theorie wird nicht benötigt, um diese Quantisierung durchzuführen.
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Das behaupte ich doch gar nicht. Das Grundgerüst der kanonischen Quantisierung ist eine Lagrangefunktion mit Feldern und konjugierten Impulsen, die die kanonischen Vertauschungsrelationen erfüllen. Das ist alles bildunabhängig und gilt auch für wechselwirkende Felder. Freie Felder muß ich nur einführen, wenn ich den Hamiltonoperator durch Erzeuger und Vernichter ausdrücken will. Ansonsten habe ich keine Zerlegung für . Also muß sowohl der Zusammenhang zwischen und als auch die Zeitabhängigkeit von relativ simpel sein. Ansonsten stehe ich wieder am Anfang.
Deswegen verwendet man  im Diracbild. Wenn du noch eine andere Möglichkeit siehst, ist bis jetzt nicht so richtig klar geworden welche.
| Zitat: |
Zu meinem Beispiel: das Problem ist, dass du zur Normalordnung in einem Parameter entwickeln musst, um Polynomausdrücke zu erzeugen. Dabei bleibt unklar, ob bzw. in welchem Sektor des Hilbertraumes diese Taylorentwicklung konvergiert. Anders gefragt: wann darf ich eine derartige Taylorentwicklung durchführen? Nochmal anders gefragt: existieren Fockraumoperatoren, für die eine Taylorentwicklung nicht funktioniert?
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Auf die Taylorentwicklung kommt es hier doch gar nicht an. Die habe ich nur verwendet, weil man damit ein sehr explizites Resultat erhält. Anwenden darfst du sie immer, wenn sie für ) auf dem Spektrum von  sinnvoll ist. Ich denke, das haut in diesem Fall schon hin, sofern kein Eigenwert von N ist. Ansonsten geht die Frage eher an dich zurück, wie du dein H überhaupt auf der Fockraumbasis definieren willst. Mehr als die Existenz der Matrixelemente in dieser Basis muß ich ja, laut Weinberg, nicht voraussetzen.
| Zitat: |
Ich kenne Beispiele aus der QCD, wo der Hamiltonian einen Jacobian enthält, den man wohl nicht entwickeln kann.
Falls eine Taylorentwicklung möglich ist, folgt daraus natürlich auch eine selbstadjungierte Darstellung. |
Ich verstehe es immer noch nicht. Setzen wir nicht voraus, daß wir einen hermiteschen Operator haben? Seine Hermitezität hängt doch nicht von irgendeiner Darstellung oder Tayorentwicklung ab. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 27. Mai 2020 14:32 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Setzen wir nicht voraus, daß wir einen hermiteschen Operator haben? Seine Hermitezität hängt doch nicht von irgendeiner Darstellung oder Tayorentwicklung ab. |
Wie zeigst du, dass der o.g. Hamiltonian
selbstdjungiert ist bzw. selbstdjungiert umgeordnet werden kann, ohne dass du auf eine Taylorreihe in alpha zurückgreifest?
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Und wie sieht der Zusammenhang zwischen und nun aus?
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Modulo diverser Konstanten:
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\phi_k u_k(x) + \phi_{-k} u_{-k}(x)])
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\pi_k u_k(x) + \pi_{-k} u_{-k}(x)])
 \, u_{-k^\prime}(x) = \delta_{kk^\prime})
 \, u_{-k}(x^\prime) = \delta(x-x^\prime))
)
)
Mittels Hermitizität, Beziehung zwischen k und -k bzw. h.c. usw. folgt
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [a_k u_k(x) + a^\dagger_k u_{-k}(x)])
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [a_k u_k(x) - a^\dagger_k u_{-k}(x)])
Dabei können die u_k ebene Wellen sein, müssen sie aber nicht (z.B. QFT auf gekrümmten Raumzeiten)
Für den Hamiltonoperator H folgt dann
 \;\to\; H[a,a^\dagger] = \sum_{k,k^\prime,\ldots} \mathcal{H}[a_k, a_{k^\prime, \ldots}])
Sämtliche o.g. Größen sind für t=0 definiert. Die Zeitentwicklung folgt mittels
 = \exp[-iHt])
Dabei brauche ich weder eine freie Theorie oder noch einen freien Hamiltonoperator.
Essentiell ist jedoch, dass das Integral
berechnet werden kann. Wenn dies nicht gegeben ist - und im Falle des Wurzelausdrucks ist dies ohne Taylorentwicklung sicher nicht möglich - ist die Einführung von Erzeugern und Vernichtern ziemlich witzlos.
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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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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 27. Mai 2020 17:58 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Setzen wir nicht voraus, daß wir einen hermiteschen Operator haben? Seine Hermitezität hängt doch nicht von irgendeiner Darstellung oder Tayorentwicklung ab. |
Wie zeigst du, dass der o.g. Hamiltonian
selbstdjungiert ist bzw. selbstdjungiert umgeordnet werden kann, ohne dass du auf eine Taylorreihe in alpha zurückgreifest?
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Ich benutze, daß das Argument (1+\alpha|\nabla\varphi|^2)) ein hermitescher Operator und die Wurzel eine reelle Funktion auf der positiven reellen Achse ist. Beides glaubst du mir hoffentlich ohne Taylorreihe. Da der Operator X außerdem positiv ist, muß auch  ein wohldefinierter hermitescher Operator sein.
| Zitat: |
Sämtliche o.g. Größen sind für t=0 definiert. Die Zeitentwicklung folgt mittels
Dabei brauche ich weder eine freie Theorie oder noch einen freien Hamiltonoperator.
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Ich verstehe zwar nicht warum du jetzt eine vollkommen neue Notation und diskrete Summen einführst. Aber es erscheint mir trotzdem relativ offensichtlich, daß
| Zitat: |
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nicht die Beziehung
^{-1/2})
erfüllt. Oder siehst du das anders? Die gilt in der wechselwirkenden Theorie für alle t, also auch t=0. So wie die i-Faktoren bei dir verteilt sind, sieht es so aus, als ob du implizit die Anfangsbedingung  = \pi(\vec{x},0)) einführst. Und zwar genau an dieser Stelle
| Zitat: |
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Das führt auf  , d.h. vor den positiven Frequenzanteilen von steht ein  und vor den negativen ein  , genau wie man es bei einer Ableitung von  nach t erwartet. Diese Bedingung kann aber nur für  gelten.
(Ich fand deine Rechnung allerdings etwas undurchsichtig, besonders weil die üblichen Koeffizienten  überall fehlten. Ich verstehe nicht, wo die abgeblieben sind.) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 27. Mai 2020 21:23 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Wie zeigst du, dass der o.g. Hamiltonian
selbstadjungiert ist bzw. selbstadjungiert umgeordnet werden kann, ohne dass du auf eine Taylorreihe in alpha zurückgreifest?
|
Ich benutze, daß das Argument ein hermitescher Operator und die Wurzel eine reelle Funktion auf der positiven reellen Achse ist. Beides glaubst du mir hoffentlich ohne Taylorreihe. |
Das glaube ich dir zunächst nicht!
Einfaches Beispiel:
Der Operator  ist nicht selbstadjungiert, denn
^\dagger = px \neq xp)
Du benötigst also eine selbstadjungierte Erweiterung. Diese lautet natürlich
 = xp + \frac{1}{2}[p,x] = xp - \frac{i}{2})
Damit ist auch der o.g. Hamiltonian vom Typ
\,g(x)})
nicht selbstadjungiert (f und p sind zwei Funktionen).
Ich sehe beliebig viele Möglichkeiten, ihn selbstadjungiert zu erweitern, u.a.
\,g(x)+ g(x)\,f(p)})
\,g(x)} + \sqrt{g(x)\,f(p)})
...
Diese Operatoren haben sicher unterschiedliches Spektrum - das sieht man schon für
Taylorentwicklung plus Normalordnung führen auf einen möglichen Hamiltonoperator; aufgrund der Operator Ordering Ambiguity haben wir jedoch unendlich viele Kandidaten - der o.g. naive Ansatz ohne selbstadjungierte Erweiterung ist keine davon. Ohne weitere Hinweise wie Symmetrien bzw. Erhaltungssätze ist der o.g. Hamiltonian nicht “zu Ende gedacht”. Die Taylorentwicklung kehrt das Problem unter den Teppich.
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 27. Mai 2020 21:53 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Aber es erscheint mir trotzdem relativ offensichtlich, daß
| Zitat: |
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nicht die Beziehung
erfüllt. Oder siehst du das anders? |
Ja, das sehe ich anders.
Zum ersten ist es sicher nicht offensichtlich.
Zum zweiten kannst du das der Summendarstellung von  alleine nicht ansehen, da diese zeitunabhängig ist - habe ich oben geschrieben. folgt erst mittels der Heisenbergschen Bewegungsgleichung, also unter Berücksichtigung des Hamiltonians.
Zum dritten ist es gerade das Merkmal einer konsistenten Quantisierung, dass deine Gleichung für mittels
reproduziert wird. Dabei tritt rechts kein auf.
Um diese Konsistenz zu zeigen musst du zunächst H selbstadjungiert konstruieren (haben wir noch nicht) anschließend die Heisenbergsche Bewegungsgleichung (für die unendlich vielen Möglichkeiten) berechnen und prüfen, ob (bzw. für welche Möglichkeiten) die klassische Poissonsche Bewegungsgleichung reproduziert wird - wobei rechts wiederum “i mal ein selbstadjungierter Operator” muss. Wenn du das nicht schaffst - und du schaffst es hier sicher nicht - liegt eine Quantisierungsanomalie vor; du hast eine Klasse von Hamiltonoperatoren, die lediglich im klassischen Limes übereinstimmen.
Dabei tritt noch an keiner Stelle die Notwendigkeit der Summendarstellung von auf, die ist erst mal hinderlich.
Ich habe mich mit derartigem Kram in der QCD rumgeschlagen. Das war kein Spaß, aber immer noch transparenter als hier, da die Eichsymmetrie die selbstadjungierte Form der Operatoren diktiert (so wie du bei der Quantisierung auf gekrümmten Mannigfaltigkeiten einfach den Laplace-Beltrami-Operator nimmst und alles ist gut). Hier ist mit dieser Wurzel erst mal gar nichts gut, das o.g. H ist jedenfalls noch kein geeigneter Hamiltonian.
Über deinen letzten Punkt muss ich nochmal nachdenken. Ich sehe das wesentliche Problem wie gesagt jedoch schon vorher.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 28. Mai 2020 08:15 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
[Operatorordnung]
Die Taylorentwicklung kehrt das Problem unter den Teppich. |
Aber dann ist doch gut, daß wir sie nicht brauchen. Deine Frage war doch, wie ich ohne Taylorreihe in ein hermitesches H bekomme. Dafür erzeuge ich mir zuerst ein hermitesches Polynom X der Felder, welches klassisch dem Argument unter der Wurzel entspricht. Den Schritt hatte ich gestern vergessen, da hast du natürlich recht. Das geht aber offensichtlich leicht ohne Taylorreihe. Du hast es ja selbst vorgemacht. Von da an existiert also auch kein Problem mehr mit der Wurzel. War das nicht wonach du gefragt hast?
Daß das so konstruierte H nicht eindeutig ist, spielt doch hier überhaupt keine Rolle. |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 28. Mai 2020 08:34 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | index_razor hat Folgendes geschrieben: | Aber es erscheint mir trotzdem relativ offensichtlich, daß
| Zitat: |
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nicht die Beziehung
erfüllt. Oder siehst du das anders? |
Ja, das sehe ich anders.
Zum ersten ist es sicher nicht offensichtlich.
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Ist es nicht?
(a_k + a^\dagger_{-k}))
Wo stehen in deinem die  -Terme? Und wie kann überhaupt linear von denselben u abhängen wie . Müßtest nicht du eher zeigen, daß zwischen und der von den kanonischen Gleichungen erforderte Zusammenhang gilt, anstatt nur zu behaupten, daß er nicht offensichtlich nicht gilt?
| Zitat: |
Zum zweiten kannst du das der Summendarstellung von alleine nicht ansehen, da diese zeitunabhängig ist - habe ich oben geschrieben. folgt erst mittels der Heisenbergschen Bewegungsgleichung, also unter Berücksichtigung des Hamiltonians.
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Daß deine Reihenentwicklung zeitunabhängig ist spielt keine Rolle. Du mußt trotzdem die kanonischen Gleichungen
erfüllen. Und zwar zu jedem Zeitpunkt. Dafür mußt du natürlich den Hamiltonian berücksichtigen. Nichts anderes sage ich ja die ganze Zeit. Mich wundert lediglich, daß du annimmst, du könntest ) ohne Hamiltonian definieren, obwohl offensichltlich ein Zusammenhang zur Zeitableitung von besteht. Du kannst dich natürlich beschweren, daß H noch nicht eindeutig definiert ist. Aber von allen Möglichkeiten kann m.E. keine auf die führen, die du definiert hast. Es sei denn du setzt  .
| Zitat: |
Zum dritten ist es gerade das Merkmal einer konsistenten Quantisierung, dass deine Gleichung für mittels
reproduziert wird. Dabei tritt rechts kein auf.
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Was soll denn das bedeuten? Links tritt doch schon das auf. Wenn rechts auch eins aufträte, stünde da ja  . Stattdessen tritt rechts eine Funktion von und  auf, nämlich
Diese Beziehung tritt bei dir hingegen überhaupt nicht auf, was bedeutet, daß du ein anderes als kanonische konjugierte Variable definierst.
| Zitat: |
Um diese Konsistenz zu zeigen musst du zunächst H selbstadjungiert konstruieren (haben wir noch nicht) anschließend die Heisenbergsche Bewegungsgleichung (für die unendlich vielen Möglichkeiten) berechnen und prüfen, ob (bzw. für welche Möglichkeiten) die klassische Poissonsche Bewegungsgleichung reproduziert wird - wobei rechts wiederum “i mal ein selbstadjungierter Operator” muss. Wenn du das nicht schaffst - und du schaffst es hier sicher nicht - liegt eine Quantisierungsanomalie vor; du hast eine Klasse von Hamiltonoperatoren, die lediglich im klassischen Limes übereinstimmen.
|
Ich denke wir haben hier jetzt vollends den Faden verloren. Ich hatte nie vor zu zeigen, daß ich die gegebene wechselwirkende Feldtheorie konsistent quantisieren kann. Ich denke kein Mensch kann das zeigen. Die Operatorordnung ist dabei sicher nicht das schlimmste Problem.
Alles was ich wollte, war zu klären, wie ich H bis zur linearen Ordnung durch Erzeuger und Vernichter ausdrücke. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 28. Mai 2020 21:01 Titel: |
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Sorry, mir scheint, du hast den Faden verloren. Du klebst irgendwie an der freien Theorie,  , ... Das ist alles unnötig.
Die Zeitentwicklung aller Operatoren folgt aus der Heisenbergschen Bewegungsgleichung.
Eine explizite Zeitabhängigkeit der  mittels  hinzuschreiben ist völlig nutzlos, wenn man nicht die freie Theorie verwendet, denn nur dann wären die bekannt; andernfalls steckt die unbekannte Zeitabhängigkeit implizit in den .
Natürlich können , \pi(x)) mittels desselben Funktionensystems dargestellt werden; das Funktionensystem ist völlig beliebig, es muss lediglich vollständig sein. Der Unterschied steckt in den .
Und natürlich kann ich mittels eines beliebigen Funktionensystems für einen beliebigen Hamiltonian darstellen, bzw. wie du schreibst “ohne Hamiltonian definieren, obwohl offensichtlich ein Zusammenhang zur Zeitableitung besteht”. Kein Funktionensystem ist mathematisch ausgezeichnet, es muss lediglich vollständig sein. Und die Zeitableitung stammt aus der Heisenbergschen Bewegungsgleichung, der sind die Funktionensysteme jedoch völlig egal.
Ich schreibe das alles nochmal auf, wird aber etwas dauern.
Dann:
Ja, die Mehrdeutigkeit der Operatorordnung ist zwar gegeben, spielt aber bei der Aufgabenstellung keine Rolle.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 29. Mai 2020 08:12 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Sorry, mir scheint, du hast den Faden verloren. Du klebst irgendwie an der freien Theorie, , ... Das ist alles unnötig.
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Ich habe behauptet, daß deine  nicht die Bedingung
erfüllen. Stammt die deiner Meinung nach aus der freien Theorie? Und wo siehst du da und ?
Du redest davon, die unbekannte Zeitabhängigkeit in  und  zu stecken, erhältst dann aber
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [a_k u_k(x) - a^\dagger_k u_{-k}(x)],)
wo von dieser Zeitabhängigkeit nichts mehr zu sehen ist. Offenbar denkst du diesem Problem zu entgehen, indem du nur den Zeitpunkt t=0 betrachtest. Aber müßte trotzdem sowohl  -- jeweils bei t=0 --, als auch enthalten und zwar so, wie es die Hamiltonschen Gleichungen vorgeben. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 09:34 Titel: |
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Sorry, ich verstehe dein Problem nicht. Das ist doch nur Variablentransformation plus Differentialrechnung.
Nochmal zur Klarstellung:
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k \phi_k(t)\,u_k(x) + \text{h.c.})
 ) analog.
Ich hatte die implizite Zeitabhängigkeit nicht explizit hingeschrieben.
Man setzt einfach diese Reihen für irgendeinen vollständiges Orthonormalsystem ) an - mehr nicht.
Zur Zeitentwicklung - aufgrund der o.g. Schwierigkeiten mit Operatorordnung lediglich klassisch gerechnet:
1) direkt
 = \frac{\partial H}{\partial \pi} = \ldots)
... das bekannte Ergebnis; passt.
2) für die die Darstellung mittels  und beliebiges H
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k \dot{\phi_k}(t)\,u_k(x) + \text{h.c.} )
 = \int_V d^3y \, \frac{\partial \pi(y)}{\partial \pi_k} \, \frac{\partial H}{\partial \pi(y)})
Die erste Ableitung liefert gerade ) , die zweite das bereits bekannte Ergebnis. Mittels Vollständigkeit der folgt für die Summe über gerade ) ; passt.
3) explizit für dieses spezielle H
 = \int_V d^3y \, \frac{\partial H}{\partial \pi_k} = \int_Vd^3y \, \frac{1}{2\alpha} \sqrt{\frac{1+\alpha(\nabla\phi)^2}{1+\alpha \pi^2}} \cdot 2\alpha\pi \frac{\partial}{\partial\pi_k}\left(\frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_l \pi_l u_l +\text{h.c.}\right))
Die Ableitung nach liefert das gewünschte , die Summe über k liefert wieder die delta-Funktion, es bleibt das bekannte Ergebnis; passt.
4) Wenn es für funktioniert, dann auch für  , sind ja nur Linearkombinationen; passt.
Für die Zeitentwicklung des Impulses geht das genauso, außer das es wegen  noch lästiger wird. Das Vernachlässigen von h.c. und diverser Konstanten ist hoffentlich kein prinzipielles Problem.
Was fehlt?
Was wäre noch zu rechnen?
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 30. Mai 2020 13:18 Titel: |
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EDIT: erstmal das Ende meines Betrages lesen.
| TomS hat Folgendes geschrieben: | Sorry, ich verstehe dein Problem nicht. Das ist doch nur Variablentransformation plus Differentialrechnung.
Nochmal zur Klarstellung:
analog.
Ich hatte die implizite Zeitabhängigkeit nicht explizit hingeschrieben.
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Das mußtest du auch nicht. Die Gleichungen, die du hingeschrieben hattest, hatten bereits genügend Implikationen, die ziemlich deutlich im Widerspruch zu den kanonischen Gleichungen standen. Du definierst
 \sim \int \dd^3 k u_k(x) a^\dagger_k + h.c)
Dann folgt
 \sim \int \dd^3 k u_k(x) \dot a^\dagger_k + h.c)
und
 \sim \int \dd^3 k \nabla u_k(x) a^\dagger_k + h.c)
Nun ergibt sich mittels der Beziehung
 = \dot\phi( 1 - \alpha \dot\phi^2 + \alpha|\nabla\phi|^2)^{-1/2})
Auch deine Rechnung unten zeigt nicht, daß hier etwas herauskommt, was als Linearkombination von Erzeugern und Vernichtern geschrieben werden kann. Zunächst ist klar, daß dort die  nur im Zusammenhang mit  auftauchen können, und umgekehrt die nur mit  .
Bei dir steht hingegen sowas
 \sim \int \dd^3 k \left(i u_k(x) a^\dagger_k - i u_k(x)a_k\right).)
(Die i-Faktoren fehlten, folgen aber aus den anderen Formeln, zusammen mit deiner Definition der  .) Das kann aber nie und nimmer den kanonisch konjugierten Impuls des Heisenbergfeldes oben ergeben. Erstens fehlen die Terme mit völlig, woraus ich schließe, daß du implizit gesetzt hast, oder, was in diesem Fall dasselbe ist, den Zusammenhang verwendest.
Unter dieser Voraussetzung gilt aber
 = \int \dd^3 k \ u_k(x)\dot a^\dagger_k + h.c.)
Daraus kann man zweitens folgern, daß  .
Wenn dies zu allen Zeiten gilt, folgt natürlich sofort  = e^{it}a^\dagger_k(0)) also bis auf das fehlende derselbe Zusammenhang wie in der freien Theorie.
Nun kann ich natürlich nicht wissen, ob das für alle Zeiten gilt, da du ja nur die Anfangsbedingungen für deine Felder festlegst. Aber ich glaube das spielt auch keine Rolle, denn bereits aus den vorliegenden Bedingungen müßte ja dann ] = a^\dagger_k(0)) folgen, was m.E. auch nicht stimmen kann.
Der Kommutator mit H und  - i\pi(x)\right)u_k(x)) ergibt ja z.B. auch wieder Terme  , die in  selbst nicht vorkommen.
| Zitat: |
Man setzt einfach diese Reihen für irgendeinen vollständiges Orthonormalsystem an - mehr nicht.
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Du hast aber noch mehr gemacht, nämlich einen linearen Zusammenhang zwischen den Entwicklungskoeffizienten von und postuliert. Der wahre Zusammenhang ergibt sich aber aus den nichtlinearen kanonischen Gleichungen. Nur wenn du die freie Theorie verwendest, kommt für ebenfalls eine Linerakombination von heraus. Und zwar nur deshalb, weil in der freien Theorie die Beziehung
 = i\omega_k a^\dagger_k(t))
gilt.
| Zitat: |
Zur Zeitentwicklung - aufgrund der o.g. Schwierigkeiten mit Operatorordnung lediglich klassisch gerechnet:
1) direkt
... das bekannte Ergebnis; passt.
2) für die die Darstellung mittels und beliebiges H
Die erste Ableitung liefert gerade , die zweite das bereits bekannte Ergebnis. Mittels Vollständigkeit der folgt für die Summe über gerade ; passt.
3) explizit für dieses spezielle H
Die Ableitung nach liefert das gewünschte , die Summe über k liefert wieder die delta-Funktion, es bleibt das bekannte Ergebnis; passt.
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Das paßt doch nicht zusammen. Aus der letzten Gleichung folgt
 = \sqrt{\frac{1+\alpha(\nabla\phi(x,t))^2}{1+\alpha \pi(x,t)^2}}\pi_k(t))
Kannst du mir erklären, wie links eine reine t-Abhängigkeit übrigbleiben soll, wenn rechts eine komplizierte Funktion von x steht?
EDIT: Den Einwand ziehe ich zurück. Ich hatte übersehen, daß das Argument in  gleich der Integrationsvariable ist. Ich bin mir nun auch nicht mehr sicher, ob meine Einwände oben noch stichhaltig sind. Ich denke nochmal darüber nach.
Zuletzt bearbeitet von index_razor am 30. Mai 2020 14:10, insgesamt einmal bearbeitet |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 13:58 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: |
Nun ergibt sich mittels der Beziehung
Auch deine Rechnung unten zeigt nicht, daß hier etwas herauskommt, was als Linearkombination von Erzeugern und Vernichtern geschrieben werden kann. |
Diese Gleichung existiert im kanonischen Formalismus so nicht, sie ist ein Relikt aus dem Lagrange-Formalismus.
Die entsprechende Gleichung im kanonischen Formalismus ist  wobei rechts ausschließlich stehen, jedoch kein  ; und deren Ableitung habe ich gezeigt.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Das paßt doch nicht zusammen. Aus der letzten Gleichung folgt
Kannst du mir erklären, wie links eine reine t-Abhängigkeit übrigbleiben soll, wenn rechts eine komplizierte Funktion von x steht? |
Rechts steht eine Funktion von y unter dem dy-Integral.
 = \int_V d^3y \, \frac{\partial H(y)}{\partial \pi_k} = \int_Vd^3y \, \left[\frac{1}{2\alpha} \sqrt{\frac{1+\alpha(\nabla\phi)^2}{1+\alpha \pi^2}} \cdot 2\alpha\pi \frac{\partial}{\partial\pi_k}\left(\frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_l \pi_l u_l +\text{h.c.}\right)\right])
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Zuletzt bearbeitet von TomS am 30. Mai 2020 14:21, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 30. Mai 2020 14:18 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Das paßt doch nicht zusammen. Aus der letzten Gleichung folgt
Kannst du mir erklären, wie links eine reine t-Abhängigkeit übrigbleiben soll, wenn rechts eine komplizierte Funktion von x steht? |
Rechts steht eine Funktion von y unter dem dy-Integral.
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Du warst schneller, aber ich habe meinen Fehler hier inzwischen auch erkannt und meinen Beitrag editiert.
| TomS hat Folgendes geschrieben: | | index_razor hat Folgendes geschrieben: |
Nun ergibt sich mittels der Beziehung
Auch deine Rechnung unten zeigt nicht, daß hier etwas herauskommt, was als Linearkombination von Erzeugern und Vernichtern geschrieben werden kann. |
Diese Gleichung existiert im kanonischen Formalismus so nicht, sie ist ein Relikt aus dem Lagrange-Formalismus.
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Das spielt hingegen keine Rolle. Die Gleichung ist lediglich die nach umgestellte Beziehung
Beide müssen gelten. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 14:22 Titel: |
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Ok, hab’s gesehen.
Nochmal zurück auf los und eine einfache Frage: zweifelst du an, dass diese Darstellung
für allgemeine nicht-lineare Hamiltonoperatoren und beliebige Funktionensysteme nicht zulässig ist?
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 30. Mai 2020 14:27 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
Nochmal zurück auf los und eine einfache Frage: zweifelst du an, dass diese Darstellung
für allgemeine nicht-lineare Hamiltonoperatoren und beliebige Funktionensysteme nicht zulässig ist? |
Nein, das zweifle ich nicht an. Ich bezweifle, daß für beliebige Hamiltonfunktionen der Zusammenhang
gelten kann.
Vielleicht war ich mit den Gradienten auf dem Holzweg. Wahrscheinlich muß man lediglich eine Entwicklung der Form
|^2 \sim \sum_k \eta_k u_k(x)) irgendwie in aufnehmen, die ja vermutlich existieren muß. Allerdings funktioniert der Zusammenhang zwischen und der Zeitabhängigkeit von für mich immer noch nicht.
Zuletzt bearbeitet von index_razor am 30. Mai 2020 14:53, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 14:41 Titel: |
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Aber das
noch nur eine algebraische Definition.
Was soll an diesem Zusammenhang nicht gelten können??
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 30. Mai 2020 14:54 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Aber das
noch nur eine algebraische Definition.
Was soll an diesem Zusammenhang nicht gelten können?? |
Daß im allgemeinen von  und  abhängen muß. Du setzt anscheinend  . Ich denke das kann nicht sein. Was erhältst du denn für den Kommutator von H mit
? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 15:28 Titel: |
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| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Aber das
noch nur eine algebraische Definition.
Was soll an diesem Zusammenhang nicht gelten können?? |
Daß im allgemeinen von und abhängen muß. Du setzt anscheinend . Ich denke das kann nicht sein. Was erhältst du denn für den Kommutator von H mit
? |
Wo setze ich das ein?
Das wäre natürlich falsch.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 30. Mai 2020 15:51 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | index_razor hat Folgendes geschrieben: | | TomS hat Folgendes geschrieben: | Aber das
noch nur eine algebraische Definition.
Was soll an diesem Zusammenhang nicht gelten können?? |
Daß im allgemeinen von und abhängen muß. Du setzt anscheinend . Ich denke das kann nicht sein. Was erhältst du denn für den Kommutator von H mit
? |
Wo setze ich das ein?
Das wäre natürlich falsch. |
Das machst du nicht explizit. Aber deine Definition steht anscheinend im Widerspruch zu den Hamiltonschen Gleichungen. Wir haben doch
)
also
.)
Aus den Hamiltonschen Gleichungen ergibt sich nun
}{\sqrt{1 - \alpha\dot\phi(x)^2 + \alpha|\nabla\phi(x)|^2}}u_{-k}(x)\qquad \text{(P1)})
Und nun behauptest du einfach, das wäre gleich
\qquad\text{(P2)})
Wie kann das sein? Das ist nur offensichtlich, wenn ist. (Und selbst da eigentlich nur mit  als Vorfaktor.)
Nicht nur, daß es nicht offensichtlich ist, daß (P1) = (P2). Es ist nichtmal offensichtlich, wie man (P1) überhaupt als Linearkombination von schreiben kann, mit oder ohne Zeitableitungen. Wie wirst du die Zeitableitungen los? Wie zeigst du, daß (P2) konsistent mit (P1) ist? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 30. Mai 2020 16:11 Titel: |
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Der Ausdruck in (P1) unter dem Integral liefert gerade
\, u_{-k}(x))
Die entsprechende Umformung nutzt man bereits bei der Ableitung des Hamiltonians aus dem Lagrangian.
Damit ist P(1) = (P2).
EDIT:
Für den kanonischen Impuls gilt - s.o.:
^2}} \cdot \dot{\phi})
Das verwende ich im Nenner des Integranden
^2 = 1 - \alpha\left(\pi^2 \frac{1+\alpha(\nabla\phi)^2}{1+\alpha\pi^2} \right) + \alpha (\nabla\phi)^2 = \frac{1+\alpha(\nabla\phi)^2}{1+\alpha\pi^2})
Damit folgt
^2}} = \frac{\dot{\phi}}{\sqrt{\frac{1+\alpha(\nabla\phi)^2}{1+\alpha\pi^2}}} = \pi)
EDIT 2:
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Und nun behauptest du einfach, das wäre gleich
|
Das habe ich gezeigt.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Wie wirst du die Zeitableitungen los? Wie zeigst du, daß (P2) konsistent mit (P1) ist? |
Wie gezeigt, durch verwenden des kanonischen Impulses.
Umgekehrt: Wieso betrachtest du immer noch diesen Ausdruck? Wir haben ihn ganz zu Beginn in der Legendre-Transformation von L zu H ersetzt. Im weiteren Verlauf muss diese Ersetzung ebenfalls möglich sein, andernfalls wäre die Legendre-Transformation irgendwie inkonsistent.
Es ist natürlich sinnvoll, die Konsistenz aller Lagrangeschen Bewegungsgleichungen auch im hamiltonschen Formalismus zu prüfen, aber das dient doch nur zur Bestätigung, dass man richtig gerechnet hat, nicht der Prüfung der Konsistenz des Verfahrens an sich; dass dieses immer funktioniert, war für mich offensichtlich. Ich verstehe deine grundsätzlichen Bedenken nicht.
Aber wie weiter oben gesagt, ich habe grundsätzliche Bedenken, wenn es um eine echt quantenmechanische Formulierung geht, also bei Verwendung der Heisenbergschen, nicht nur der Hamiltonschen Bewegungsgleichungen. Zunächst muss man geeignete Operatorordnungen finden und insbs. H auf eine selbstadjungierte Form bringen. Es ist keineswegs offensichtlich, wie man das so durchführen kann, dass gleichzeitig alle klassischen Gleichungen reproduziert werden.
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 01. Jun 2020 14:25 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: |
EDIT:
Für den kanonischen Impuls gilt - s.o.:
Das verwende ich im Nenner des Integranden
Damit folgt
|
Daß in meinem Integranden nichts anderes als steht, mußt du mir doch nicht beweisen. Ich habe dieses ja selbst vorher eingesetzt. Damit wollte ich nur demonstrieren, was ich mich die ganze Zeit frage. Wenn man nämlich
a^\dagger_k + h.c.)
in ^{-1/2}) einsetzt, kommt erstmal eine komplizierte Reihe mit beliebig hohen Potenzen von und deren Ableitungen heraus, aber nichts was irgendwie offensichtlich linear in ist. (Es sei denn .)
Damit hast du erstmal eine Definition von zuviel. Nämlich
^{-1/2}\qquad\text{(P1')})
-- aufgefaßt als Reihe in etc. -- und
\qquad\text{(P2')})
also im Gegensatz dazu eine einfache Linearkombination von .
Natürlich kommen die  bei dir bis zu der Beziehung
gar nicht vor. Vielleicht liegt hier auch genau der Hund begraben. Vielleicht ist das einfach deine Definition von . Allerdings frage ich mich dann wie du das rechtfertigen willst. Erzeuger und Vernichter definiert man ja nicht einfach als "irgendeine Linearkombination aus Feld und kanonisch konjugiertem". Sie müssen doch die Randbedingungen
 = a_{k,\pm}^\dagger )
erfüllen, wobei auf der rechten Seite Erzeuger von Streuzuständen stehen, die einen klar definierten Zusammenhang zu den Eigenzuständen des freien Hamiltonians haben. Also hättest du in diesem Fall eine Definition von Erzeugern und Vernichtern zuviel, was das Problem nur verschiebt.
| Zitat: |
EDIT 2:
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Und nun behauptest du einfach, das wäre gleich
|
Das habe ich gezeigt.
|
Und ich verstehe nicht, wo du das gezeigt haben willst. Du hast einfach eine Folge von Gleichungen hingeschrieben, nämlich
| TomS hat Folgendes geschrieben: |
Modulo diverser Konstanten:
Mittels Hermitizität, Beziehung zwischen k und -k bzw. h.c. usw. folgt
|
Keine davon hat irgendwas mit den Hamiltonschen Gleichungen zu tun. Im Gegenteil hast du sogar betont, daß der einzige explizite Zusammenhang zwischen und , der da steht, lediglich eine algebraische Definition ist.
| Zitat: |
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Wie wirst du die Zeitableitungen los? Wie zeigst du, daß (P2) konsistent mit (P1) ist? |
Wie gezeigt, durch verwenden des kanonischen Impulses.
|
Das finde ich eben nicht offensichtlich. Du vielleicht schon, aber ich benötige dafür
1)
und
2)  = e^{i\omega_k}a_k^\dagger)
Für den gegebenen Hamiltonian wüßte nichtmal wie ich anfangen sollte, das zu zeigen. (Außer eben , woraus in diesem Fall beide Bedingungen folgen.)
| Zitat: |
Umgekehrt: Wieso betrachtest du immer noch diesen Ausdruck?
|
Weil ich anhand dieses Ausdrucks am besten klar machen kann, wo ich das Problem sehe.
| Zitat: |
Wir haben ihn ganz zu Beginn in der Legendre-Transformation von L zu H ersetzt. Im weiteren Verlauf muss diese Ersetzung ebenfalls möglich sein, andernfalls wäre die Legendre-Transformation irgendwie inkonsistent.
Es ist natürlich sinnvoll, die Konsistenz aller Lagrangeschen Bewegungsgleichungen auch im hamiltonschen Formalismus zu prüfen, aber das dient doch nur zur Bestätigung, dass man richtig gerechnet hat, nicht der Prüfung der Konsistenz des Verfahrens an sich;
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Das Verfahren "an sich"-- ich nehme mal an damit meinst du die kanonische Quantisierung? -- beinhaltet ja auch nicht die Verwendung von Erzeugern und Vernichtern oder irgendeinen Zusammenhang der Form
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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 01. Jun 2020 18:52 Titel: |
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Ich habe jetzt noch ein wenig weiter über deine Definition der Erzeuger und Vernichter nachgedacht und ich glaube tatsächlich, daß sich mein Unbehagen genau darauf zurückführen läßt. Ich habe nochmal nachgelesen, welche Aussagen du im Thread über deine quantisierten Felder gemacht hast. Zur Einführung schreibst du folgendes:
| TomS hat Folgendes geschrieben: |
Mittels Hermitizität, Beziehung zwischen k und -k bzw. h.c. usw. folgt
Dabei können die u_k ebene Wellen sein, müssen sie aber nicht (z.B. QFT auf gekrümmten Raumzeiten)
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und weiter unten
| TomS hat Folgendes geschrieben: | zweifelst du an, dass diese Darstellung
für allgemeine nicht-lineare Hamiltonoperatoren und beliebige Funktionensysteme nicht zulässig ist? |
Ich habe erst nicht angezweifelt, daß dies zulässig ist, weil du ja lediglich von einer beliebigen Zerlegung eines Feldes bzgl. eines beliebigen vollständigen Funktionensystems sprichst. Ich hätte wohl allerdings noch etwas nachhaken sollen.
Der Punkt dieser Zerlegung ist doch, daß man auf den klassischen Lösungen der Feldgleichungen eine Hilbertraumstruktur definieren will, in der die "Entwicklungskoeffizienten  , bzw. mit physikalisch sinnvollen Zuständen identifiziert werden können. Nur in diesem Sinne redet man von "Erzeugern und Vernichtern".
Dafür können die ) aber natürlich keine beliebigen Funktionen sein. Es muß sich um Lösungen der klassischen Feldgleichungen handeln. Das ganze ergibt dann aber nur Sinn, wenn das resultierende Feld ebenso eine Lösung dieser Gleichungen ist. Das ist wiederum nur dann der Fall, wenn die betrachteten Feldgleichungen linear sind. (Diese Bedingung fordert man auch bei der Quantisierung auf gekrümmten Raumzeiten.) Wenn das nicht gegeben ist, kannst du vielleicht deine Felder immer noch nach entwickeln, aber die Entwicklungskoeffizienten haben keinen offensichtlichen Zusammenhang mit physikalischen Zuständen des Feldes, einfach aus dem Grund, daß der Raum der klassischen Lösungen der Feldgleichungen keine offensichtliche Hilbertraumstruktur mehr besitzt.
Ob für wechselwirkende Felder überhaupt eine entsprechende Quantentheorie existiert, ist ja auch im allgemeinen gar nicht klar. Bei dir sieht es so aus, als müsse man lediglich irgendein vollständiges Funktionensystem wählen und alle klassischen Lösungen danach entwickeln. Weil für wechselwirkende Felder aus den vollständigen Feldgleichungen nicht einfach so ein offensichtlicher Hilbertraum herauspurzelt, geht man ja hier den Umweg eigentlich immer über die freien Feldgleichungen. Diese sind linear, definieren also einen Hilbertraum. Wechselwirkungen führt man dann als Polynome (oder kompliziertere Funktionen wie hier) dieser freien Felder ein und hofft, daß das ganze konsistent bleibt.
Man muß also auf jeden Fall bereits bei der Definition der Erzeuger und Vernichter die Feldgleichungen berücksichtigen. Und notgedrungen, wegen ihrer Linearität, werden dies die freien Feldgleichungen sein. In der Streutheorie begegnen einem diese freien Felder ja wieder durch die asymptotische Bedingung, daß
e^{iHt})
in irgendeinem Sinne zu unendlich später und früher Zeit in eine Lösung der freien Gleichungen übergehen muß. Für diese hat man die bekannte Zerlegung nach Erzeugern und Vernichtern, die in diesem Fall Eigenzustände des freien Hamiltonoperators erzeugen, die physikalisch sinnvoll sind unter der Voraussetzung, daß sich Streuprobleme überhaupt störungstheoretisch behandeln lassen (was eigentlich immer "Lehrbuchannahme" ist). Wenn dies alles nicht der Fall ist, weder ein Diracbild existiert, noch die Gleichungen linear sind, hat man keine Definition des Fockraums und folglich zunächst keine Zerlegung der Felder in Erzeuger und Vernichter. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 02. Jun 2020 00:20 Titel: |
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Lassen wir erst mal die Feldquantisierung, die freie Theorie bzw. Streuzustände beiseite; die von dir geschilderten Probleme zur Feldquantisierung mögen zusätzlich relevant werden, jedoch verstehe ich dein zuvor geäußertes Unbehagen bzgl. der Gleichungen (P1) und (P2) als bereits in der klassischen Theorie gegeben.
Du sagst bitte genau, welche der folgenden Überlegungen oder Gleichungen du nicht verstehst oder für falsch hältst.
1) Klassische Theorie
Wir wissen
In allen drei Gleichungen ist die rechte Seite i.A. nicht-linear, die Bewegungsgleichungen daher nicht geschlossen lösbar.
Nun setzen wir an, dass die Funktionen , \pi(x,t=0)) als Funktionen von x über einem geeigneten Funktionenraum darstellbar sind mittels eines vollständigen Funktionensystem. D.h.
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\phi_k u_k(x) + \phi_{-k} u_{-k}(x)])
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\pi_k u_k(x) + \pi_{-k} u_{-k}(x)])
Natürlich lassen sich die Funktionsscharen , \pi(x,t)) als Funktionen von x für jeden beliebigen Scharparameter t bzgl. des selben Funktionensystems darstellen. D.h.
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\phi_k(t)\,u_k(x) + \phi_{-k}(t)\,u_{-k}(x)])
 = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k [\pi_k(t)\,u_k(x) + \pi_{-k}\, u_{-k}(x)])
Nun schreiben wir
 \pm i \pi(x,t)) = \frac{1}{2\sqrt{V}} \sum_k \left[\frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_k(t) \pm i \pi_k(t)) u_k(x) + \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_{-k}(t) \pm i \pi_{-k}(t)) u_{-k}(x) \right])
und führen für die auftretenden Linearkombinationen die Bezeichnungen
 = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_k(t) + i \pi_k(t)))
 = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_k(t) - i \pi_k(t)))
ein.
Deine Bedenken bzgl. Gleichung (P1) und (P2) waren, dass die zuletzt genannten linearen Gleichungen mit den nicht-linearen Hamiltonschen Bewegungsgleichungen nicht konsistent sind, d.h. dass
und
- letzteres aufgelöst nach  im Sinne von
mit einer nicht-linearen Funktion f unverträglich sind.
Anders formuliert,
 = \int_v d^3x \, u_{-k}(x) \, f[\phi, \dot{\phi}](x,t))
kann deiner Überlegung zufolge nicht gelten, weil die linke Seite linear, die rechte nicht-linear in bzw.  ist.
Wenn dieser Einwand in der klassischen Theorie stichhaltig wäre, dann hätte ich bisher irgendwo einen Fehler begangen. Ich habe jedoch ausschließlich Äquivalenzumformungen angewandt, eine Darstellung von Funktionen bzgl. einer Basis durchgeführt und definiert.
Tatsache ist, dass diese letzte Gleichung nichts weiter ist als eine Umformulierung der Hamiltonschen Bewegungsgleichung in den Variablen bzw. .
Dass du das anhand von bzw. diskutierst, tut letztlich überhaupt nichts zur Sache. In allen Fällen - angefangen bei den Hamiltonschen Bewegungsgleichungen selbst - liegen Gleichungen der Form "linearer Term = nicht-linearer Term" vor. Anstatt zu vermuten, eine derartige Gleichung sei nicht korrekt oder mit anderen Gleichungen unverträglich, müsstest du in der jeweiligen Herleitung der Gleichung explizit einen Fehler aufzeigen.
Wenn wir uns einig sind, dass kein Fehler vorliegt, können wir die Quantisierung diskutieren.
Klassische Theorie Ende
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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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index_razor
Anmeldungsdatum: 14.08.2014
Beiträge: 3259
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| index_razor Verfasst am: 02. Jun 2020 10:55 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | Lassen wir erst mal die Feldquantisierung, die freie Theorie bzw. Streuzustände beiseite; die von dir geschilderten Probleme zur Feldquantisierung mögen zusätzlich relevant werden, jedoch verstehe ich dein zuvor geäußertes Unbehagen bzgl. der Gleichungen (P1) und (P2) als bereits in der klassischen Theorie gegeben.
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Nein, ich glaube nicht. Mir war ja zuerst nicht klar, daß deine Gleichung für reine Definitionen sind. Das hattest du zunächst nicht dazugeschrieben (erst später, aber ich habe eine Weile gebraucht um meine Verwirrung aufzudröseln).
Ich ging davon aus, daß wir schon eine Definition für haben, nämlich als die Heisenbergoperatoren, die zu
im Diracbild gehören, d.h.
 = -i\int \dd^3 x \left(\frac{u_k(x) e^{-i\omega_k t}}{\sqrt{2\omega_k}}\right)\overset{\leftrightarrow}{\partial_t}\phi(x,t).)
Hier geht nur ein. Deswegen habe ich deine Beziehung
| Zitat: |
|
die ganze Zeit als zusätzliche Bedingung an aufgefaßt. (Die Äquivalenz ist nur gegeben, wenn .)
Das war von dir aber offenbar nicht so gemeint, und meine Interpretation deiner  paßt wohl auch nicht dazu, daß einfach irgendein Funktionensystem ohne jegliche Verbindung zu den Feldgleichungen ist. Dadurch werden sie aber m.E. für die Quantisierung auch erstmal nutzlos. Insofern bin ich jetzt gespannt, wie du auf dieser Basis weitermachst.
Ich glaube also, daß meine zuletzt geäußerten Bedenken über die Quantisierung die einzig relevanten sind. Und sofern die ausgeräumt sind, haben wir die Sache geklärt.
| Zitat: |
Deine Bedenken bzgl. Gleichung (P1) und (P2) waren, dass die zuletzt genannten linearen Gleichungen mit den nicht-linearen Hamiltonschen Bewegungsgleichungen nicht konsistent sind, d.h. dass
und
- letzteres aufgelöst nach im Sinne von
mit einer nicht-linearen Funktion f unverträglich sind.
Anders formuliert,
kann deiner Überlegung zufolge nicht gelten, weil die linke Seite linear, die rechte nicht-linear in bzw. ist.
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Ja, das alles aber natürlich nur, wenn es eine unabhängige Definition von gibt. Die hatte ich dir einfach unterstellt, weil ich sie für notwendig halte, da sie die Definition des Fockraums impliziert. Das siehst du offenbar anders. Sorry für die Verwirrung.
Was mich allerdings wundert ist, daß du bis jetzt keine Bemerkung dazu machst, was deine Linearkombinationen von überhaupt als "Erzeuger und Vernichter" qualifiziert. Wie kommst du darauf, daß wiederholtes anwenden  den kompletten Fockraum der Theorie aufspannt? Nach deiner Konstruktion erscheint mir nicht mal offensichtlich, wie der Fockraum überhaupt aussehen könnte. Ich finde das ist ein Punkt, auf den du bei deiner Diskussion der Quantisierung unbedingt eingehen solltest.
| Zitat: |
Wenn dieser Einwand in der klassischen Theorie stichhaltig wäre, dann hätte ich bisher irgendwo einen Fehler begangen. Ich habe jedoch ausschließlich Äquivalenzumformungen angewandt, eine Darstellung von Funktionen bzgl. einer Basis durchgeführt und definiert. |
Genau, das sehe ich auch so. Es ist zwar ungewöhnlich die Lösungen einer nichtlinearen Feldgleichung als Linearkombination zu schreiben, aber mathematisch falsch ist daran natürlich erstmal nichts. Auch aus den unbekannten klassischen Lösungen kannst du natürlich beliebige Linearkombination bilden und das Ergebnis dann " " etc. nennen. Klassisch muß man ja auch die Lösungsmenge nicht mit einer Hilbertraumstruktur versehen. Insofern sehe auch ich hier erstmal keinen Widerspruch.
| Zitat: |
Tatsache ist, dass diese letzte Gleichung nichts weiter ist als eine Umformulierung der Hamiltonschen Bewegungsgleichung in den Variablen bzw. .
Dass du das anhand von bzw. diskutierst, tut letztlich überhaupt nichts zur Sache. In allen Fällen - angefangen bei den Hamiltonschen Bewegungsgleichungen selbst - liegen Gleichungen der Form "linearer Term = nicht-linearer Term" vor. Anstatt zu vermuten, eine derartige Gleichung sei nicht korrekt oder mit anderen Gleichungen unverträglich, müsstest du in der jeweiligen Herleitung der Gleichung explizit einen Fehler aufzeigen.
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Da hast du recht, klassisch tut das alles nichts zu Sache. Aber klassisch tut ja auch deine Zerlegung
u_{-k}(x) + \text{c.c})
eigentlich nichts zur Sache.
| Zitat: |
Wenn wir uns einig sind, dass kein Fehler vorliegt, können wir die Quantisierung diskutieren.
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Ok, ich glaube ich wäre so weit. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18028
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| TomS Verfasst am: 07. Jun 2020 17:04 Titel: |
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Hallo index_razor,
danke für deinen Beitrag, und sorry für meine sehr späte Antwort.
Ja, wie vermutet lag das Missverständnis (implizit) im Bezug zur freien Theorie begründet.
Du schreibst
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | Vielleicht ist das einfach deine Definition von . Allerdings frage ich mich dann wie du das rechtfertigen willst. Erzeuger und Vernichter definiert man ja nicht einfach als "irgendeine Linearkombination aus Feld und kanonisch konjugiertem". Sie müssen doch die Randbedingungen
erfüllen, wobei auf der rechten Seite Erzeuger von Streuzuständen stehen, die einen klar definierten Zusammenhang zu den Eigenzuständen des freien Hamiltonians haben. |
Das ist richtig, wenn ich einen mit der freien Theorie „verbundenen Sektor“ des vollen Hilbertraumes betrachte. Dann muss es möglich sein, diese Relation für die Erzeuger und Vernichter zu berücksichtigen.
D.h. jedoch nur, dass man sich asymptotisch auf die freie Theorie bezieht, und dass man deswegen sinnvollerweise Funktionensysteme betrachtet, die zumindest asymptotisch zu ebenen Wellen führen.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | | Das war von dir aber offenbar nicht so gemeint, und meine Interpretation deiner paßt wohl auch nicht dazu, daß einfach irgendein Funktionensystem ohne jegliche Verbindung zu den Feldgleichungen ist. Dadurch werden sie aber m.E. für die Quantisierung auch erstmal nutzlos. |
Meine Interpretation ist wohl allgemeiner, aber sie ist deswegen für die Quantisierung sicher nicht nutzlos. Und das Funktionensystem wird in der Praxis sicher irgendeine Beziehung zu den Feldgleichungen haben, wenn auch nicht zwingend eine zur freien Theorie.
| index_razor hat Folgendes geschrieben: | ... weil ich sie für notwendig halte, da sie die Definition des Fockraums impliziert. Das siehst du offenbar anders. Sorry für die Verwirrung.
Was mich allerdings wundert ist, daß du bis jetzt keine Bemerkung dazu machst, was deine Linearkombinationen von überhaupt als "Erzeuger und Vernichter" qualifiziert. Wie kommst du darauf, daß wiederholtes anwenden den kompletten Fockraum der Theorie aufspannt? Nach deiner Konstruktion erscheint mir nicht mal offensichtlich, wie der Fockraum überhaupt aussehen könnte. Ich finde das ist ein Punkt, auf den du bei deiner Diskussion der Quantisierung unbedingt eingehen solltest. |
Ja, sorry für die Verwirrung meinerseits.
Du hast recht, das muss ich sicherlich erläutern.
Vorab: ich seit ca. 20 Jahren raus aus der Forschung; das folgende sind im wesentlichen frühere Erkenntnisse – soweit noch in Erinnerung.
Nach meinem Verständnis folgt eine Fockraumstruktur formal alleine aus den Vertauschungsrelationen der Erzeuger und Vernichter sowie aus der Vollständigkeit des Funktionensystems. Damit ist noch nicht gewährleistet, dass dieser Fockraum (bis auf unitäre Äquivalenz) eindeutig und für das konkrete Modell = den konkreten Hamiltonian sinnvoll oder nützlich ist (und dabei lassen wir mal die Fragestellung außen vor, ob der Hamiltonian sowie weitere Operatoren überhaupt mathematisch wohldefiniert sind).
Mir ist bewusst, dass unterschiedliche Funktionensysteme zu unterschiedlichen Fockräumen führen können und dass diese gerade nicht zwingend unitär äquivalent sein müssen (Haagsches Theorem); m.a.W.: möglicherweise benötigt man für verschiedene Sektoren des Hilbertraumes unterschiedliche Fockräume, und möglicherweise ist das für eine konkrete Theorie ein echter Defekt (wir verstehen die Quantenfeldtheorie heute noch nicht besser).
Einige Beispiele:
In der 1+1 dimensionalen QED auf dem Kreis kann man das elektrische Feld in der Weyl-Eichung bis auf einen dynamischen Zero-Mode a(t) vollständig ausintegrieren
 - m] \, \psi = 0 )
 = \tilde{A}_1(x,t) + a(t) )
 \to \exp\left[ie\int^x \tilde{A}\right] \, \psi(x,t) )
Damit erhält man „dressed Fermions“, wobei der Fluktuationsanteil des Eichfeldes in das Fermionfeld absorbiert wird; der Fluktuationsanteil ist durch den Constraint des Gaußschen Gesetz vollständig festgelegt und daher nicht dynamisch. Der Fockraum wird dann mittels ebener Wellen für die dressed Fermions konstruiert; freie Fermionfelder sind in dieser Formulierung aufgrund des unbekannten Eichfeldanteils nicht explizit bekannt.
Eine alternative Quantisierung mittels freier Fermionen plus der Eliminierung des nicht-dynamischen Fluktuationsanteil des Eichfeldes durch unitäre Transformation zur Fixierung der durch das Gaußsche Gesetz erzeugten residual gauge symmetry führt auf identische Vorhersagen, z.B. die explizit berechenbare axiale Anomalie. Diese Formulierung hielten wir in der Vergangenheit für präziser, sie rechtfertigt sozusagen den ad-hoc Ansatz mittels „dressed Fermions“.
Ich habe mich lange mit der nicht-perturbativen, kanonischen Quantisierung der QCD befasst; in Ermangelung eines besseren Ansatzes haben wir damals auch immer ebene Wellen und damit den Fockraum der freien Theorie zur Quantisierung benutzt (auf dem Torus, d.h. zumindest dem Haagschen Theorem sind wir formal entkommen). Die Berechnungen zeigen, dass man mittels dieser Quantisierung auch das Confinement-Regime der QCD, in dem keine asymptotisch freien Felder existieren, vernünftig beschreiben kann (es gibt natürlich keinen mathematischen Beweis).
Soweit ich das verstanden habe benutzt man heute auch sogenannte „dressed Quarks“, die aus einer teilweisen Ausintegration der Gluonfelder resultieren. Man spaltet das Gluonfeld in einen klassischen Anteil sowie Fluktuationen auf; erstere werden ausintegriert, letztere quantisiert. Erzeuger und Vernichter sowie Fockraum beziehen sich dann nicht mehr auf die freie Theorie sondern auf die dressed Quarks. Das so konstruierte Modell kann für Berechnungen im Confinement-Regime = für gebundenen Zuständen wie Mesonen und Baryonen verwendet werden; inwiefern eine Beziehung zum asymptotisch freien Regime und dessen Fockraum der Streuzustände möglich ist, kann ich nicht sagen.
Im Sine-Gordon-Model
 )
existieren Vakuumsektoren
sowie Solitonen – sogenannte n-Kinks – die durch die topologische Ladung
des erhaltenen topologischen Stromes
ausgezeichnet sind.
Zeitabhängige Lösungen folgen durch Poincare-Transformation.
Je Sektor n kann nun eine Aufspaltung des Feldes in n-Kink plus Fluktuationen
 = \phi_n^{(0)}(x) + \tilde{\phi}_n(x) )
vorgenommen werden; die Streuzustände werden dann bzgl. des jeweiligen n-Kinks betrachtet und zur Quantisierung verwendet.
Man kann das Modell auch auf dem Kreis lösen. Natürlich ändert dies die klassischen Lösungen je Sektor n, allerdings bleiben die topologischen Sektoren erhalten.
Für das neue Feld
 = e^{i\phi(x)} )
entspricht Q gerade der Windungszahl der Abbildung
Auf dem Kreis verliert man – außer im Grenzfall sehr großer Radien – den Bezug zur freien Theorie, da keine asymptotisch freien Streuzustände vorliegen.
Man erhält durch Quantisierung mittels der Fluktuationen zunächst je Sektor n einen eigenständigen Fockraum (1).
Jedes sektor-spezifische Funktionensystem ist vollständig, d.h. klassisch sollte jeder Sektor m im Abschluss jedes beliebigen anderen Sektors n liegen (siehe Fourierreihen). Quantenmechanisch sollten die Sektoren alle in einem gemeinsamen „großen Fockraum“ leben, wobei die je Sektor definierten Quantisierungen untereinander unitär äquivalent sind (2).
Ich weiß nicht, ob (1) oder (2) zutrifft, d.h. mir ist nicht bekannt, ob man die Existenz oder nicht-Existenz einer Äquivalenzrelation
mittels unitärer Operatoren tatsächlich zeigen kann (die Indizes m,n bezeichnen die Sektoren, bzgl. derer die Quantisierung = der Fockraum konstruiert wurde.
Für die sektor-spezifische Konstruktion des Hamiltonians müsste analog
gelten.
Die Sektoren sollten aufgrund der erhaltenen topologischen Ladung untereinander dynamisch isoliert bleiben, d.h.
Das entspricht in etwa den theta-Vakua der QCD.
Ich denke, diesen Punkt zur Äquivalenz verschiedener Fockräume sollten wir diskutieren.
_________________
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 07. Jun 2020 17:08, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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