Dado un hamiltoniano QFT, ¿hay un lagrangiano único?

Question

Dado un hamiltoniano QFT, ¿hay un lagrangiano único?

Física
conmutador
integral de trayectoria
formalismo lagrangiano
teoría cuántica de campos
formalismo hamiltoniano

marlow

Considere un QFT en una dimensión espacial especificada por la siguiente densidad hamiltoniana:

$\mathcal{H} = -i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial x} \phi + V(\phi^\dagger,\phi)$

dónde $\phi$ es un campo escalar que puede o no ser relativista.

Me parece que para cualquier constante $a$ , podemos obtener la densidad hamiltoniana anterior haciendo la transformada habitual de Legendre en la siguiente densidad lagrangiana:

$\mathcal{L} = a i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial t} \phi + i \phi^\dagger \frac{\partial}{\partial x} \phi - V(\phi^\dagger,\phi)$

$\bf{Question}$ . Si quiero hacer cálculos usando el formalismo de integral de ruta, ¿cuál es el Lagrangiano correcto para usar? ¿O todos conducen a los mismos resultados físicos? (Si es así, ¿es más conveniente un lagrangiano en particular?)

$\bf{Comment}$ . Entiendo que el Lagrangiano nunca es único, ni siquiera clásicamente. Sin embargo, la falta de unicidad anterior parece más sustancial que la simple adición de un derivado total.

petirrojo

¿Es su lagrangiano invariante de Lorentz?

ryan unger

@RobinEkman: No OP, pero esta pregunta se me ha ocurrido. ¿Qué se hace si el lagrangiano obtenido de la transformada de Legendre no es invariante de Lorentz?

marlow

@RobinEkman Los ejemplos que tengo en mente no son relativistas, pero sería bueno entender la respuesta a esta pregunta tanto en los casos relativistas como no relativistas.

marlow

@RobinEkman Me pregunto si está insinuando la siguiente respuesta posible a la pregunta: "Todos los lagrangianos cuyas transformaciones de Legendre producen el hamiltoniano correcto darán las mismas respuestas físicas, pero en un entorno relativista es conveniente tomar el Lagrangian como invariante de Lorentz".

Respuestas (1)

Dado un hamiltoniano QFT, ¿hay un lagrangiano único?

@RobinEkman: No OP, pero esta pregunta se me ha ocurrido. ¿Qué se hace si el lagrangiano obtenido de la transformada de Legendre no es invariante de Lorentz?
@RobinEkman Los ejemplos que tengo en mente no son relativistas, pero sería bueno entender la respuesta a esta pregunta tanto en los casos relativistas como no relativistas.
@RobinEkman Me pregunto si está insinuando la siguiente respuesta posible a la pregunta: "Todos los lagrangianos cuyas transformaciones de Legendre producen el hamiltoniano correcto darán las mismas respuestas físicas, pero en un entorno relativista es conveniente tomar el Lagrangian como invariante de Lorentz".

qmecanico · Answer 1

I) Antes de llegar a la cuantización y las integrales de trayectoria, ya existen problemas en el nivel clásico. La transformación de Legendre no está bien definida sin el conocimiento del CCR . Por ejemplo, si los CCR para el escalar bosónico complejo $\hat{\phi}$ y $\hat{\phi}^{\dagger}$ es cero, esto significaría que la densidad hamiltoniana de OP ${\cal H}$ es un término potencial puro sin términos cinéticos. La transformación de Legendre a la formulación lagrangiana se volvería entonces singular.

II) He aquí un ejemplo no trivial. En cambio, supongamos que el CCR para el escalar bosónico complejo $\hat{\phi}$ y $\hat{\phi}^{\dagger}$ lee

\begin{matrix} (1) & [\hat{ϕ} (X, t), {\hat{ϕ}}^{†} (y, t)] = ℏ 1 d (X - y), \end{matrix}

$\tag{1} [\hat{\phi}(x,t), \hat{\phi}^{\dagger}(y,t)] ~=~\hbar{\bf 1}~ \delta(x-y),$

y otros CCR desaparecen. Equivalente en términos de paréntesis de Poisson

\begin{matrix} (2) & {ϕ (X, t), ϕ^{*} (y, t)} = - i d (X - y) . \end{matrix}

$\tag{2} \{\phi(x,t), \phi^{\ast}(y,t)\}~=~-i\delta(x-y).$

Podemos expandir el campo escalar complejo

\begin{matrix} (3) & ϕ = (ϕ^{1} + i ϕ^{2}) / \sqrt{2} \end{matrix}

$\tag{3} \phi~=~(\phi^1+i\phi^2)/\sqrt{2}$

en dos campos de componentes reales $\phi^a$ , $a=1,2$ . Entonces el CCR (2) se convierte en

\begin{matrix} (4) & {ϕ^{1} (X, t), ϕ^{2} (y, t)} = d (X - y) . \end{matrix}

$\tag{4} \{\phi^1(x,t), \phi^{2}(y,t)\}~=~\delta(x-y).$

Conclusión: podemos identificar $\phi^2$ como el impulso para $\phi^1$ .

A continuación, recuerde que la densidad hamiltoniana de OP es (hasta un total $x$ -derivado)

\begin{matrix} (5) & H = \frac{i}{2} (ϕ \partial_{X} ϕ^{*} - ϕ^{*} \partial_{X} ϕ) + V (ϕ, ϕ^{*}) = \frac{1}{2} (ϕ^{1} \partial_{X} ϕ^{2} - ϕ^{2} \partial_{X} ϕ^{1}) + V (ϕ^{1}, ϕ^{2}) . \end{matrix}

$\tag{5} {\cal H} ~=~\frac{i}{2}\left(\phi\partial_x\phi^{\ast}-\phi^{\ast}\partial_x\phi\right) + V(\phi,\phi^{\ast}) ~=~\frac{1}{2}\left(\phi^1\partial_x\phi^2-\phi^2\partial_x\phi^1\right) + V(\phi^1,\phi^2).$

La densidad lagrangiana correspondiente es entonces (hasta un total $t$ -derivado)

\begin{matrix} (6) & L = ϕ^{2} {\dot{ϕ}}^{1} - H \sim i ϕ^{*} \dot{ϕ} - H . \end{matrix}

$\tag{6} {\cal L}~=~\phi^2\dot{\phi}^1-{\cal H}~\sim~ i\phi^*\dot{\phi}-{\cal H}.$

[Aquí el $\sim$ símbolo significa igualdad módulo términos derivados totales.] Esta transformación de Legendre (5)-(6) se explica en detalle en esta publicación de Phys.SE. Tenga en cuenta que la densidad lagrangiana (6) depende de forma no convencional de la variable de momento $\phi^2$ . Sin embargo, la acción correspondiente $S=\int \! dt~dx~{\cal L}$ conduce a las ecuaciones de movimiento correctas y sirve como punto de partida para la formulación de la integral de trayectoria.

Muy interesante, gracias. Me pregunto qué hacer en caso de que $\phi$ Qué es un campo fermiónico?

Dado un hamiltoniano QFT, ¿hay un lagrangiano único?

marlow

petirrojo

ryan unger

marlow

marlow

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qmecanico

marlow

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