Derivar relaciones canónicas de conmutación a partir del principio de Schwinger

Question

Derivar relaciones canónicas de conmutación a partir del principio de Schwinger

látigo cuántico

El libro de Dyson "Quantum-Field-Theory" establece en la sección 4.4 que se pueden derivar relaciones de conmutación canónicas del principio de acción cuántica de Schwinger. Sin embargo, no da un cálculo para los momentos canónicos, que deberían conmutar.

¿Es posible derivar las relaciones de conmutación canónicas (para campos y momentos) solo del principio de Schwinger?

Editar: por relaciones de conmutación canónicas quiero decir:

[Φ (X), π (y)] = i ℏ d (X - y)

$[\Phi(x), \pi(y)]=i \hbar \delta(x-y)$

[Φ (X), Φ (y)] = 0

$[\Phi(x), \Phi(y)]=0$

[π (X), π (y)] = 0

$[\pi(x), \pi(y)] = 0$

con $x^0 = y^0$ .

Por el principio de Schwinger quiero decir que para un lagrangiano dado $L$ , que es una función con valores de operador en $\Phi(x)$ y $\partial_\mu \Phi(x)$ , una variacion

Φ^{'} (X^{'}) = Φ (X) + d Φ (X) = {METRO}^{- 1} Φ (X) {METRO}^{1},

$\Phi'(x')= \Phi(x) + \delta \Phi(x)= M^{-1}\Phi(x)M^{1},$ y el cambio resultante en los estados propios

| n_{n e w} ⟩ = M | n_{o l d} ⟩

$|n_{new}\rangle = M |n_{old} \rangle$ , el cambio en la amplitud de transición

⟨ {norte}_{norte mi w, t_{2}} | {metro}_{norte mi w, t_{1}} ⟩ - ⟨ {norte}_{o yo d, t_{2}} | {metro}_{o yo d, t_{1}} = \int d X^{'} L (Φ^{'} (X^{'})) - \int d X L (Φ (X))

$\langle n_{new, t_2}|m_{new, t_1} \rangle - \langle n_{old, t_2}|m_{old, t_1} = \int dx' L(\Phi'(x')) - \int dx L(\Phi(x))$ es igual al cambio en la acción.

A Chin Yu

Creo que hay alguna discusión sobre esto en el libro de Manoukian ( https://www.springer.com/gp/book/9783319309385 ), esp. capítulo 4.3 y 4.6.

látigo cuántico

Lo leí. Y básicamente hace las mismas cosas que hace el libro de Dyson. Ambos simplemente derivan las relaciones de conmutación para

[Φ, π]

$[\Phi, \pi]$ , pero no para

[Φ, Φ]

$[\Phi, \Phi]$ o

[π, π]

$[\pi, \pi]$

qmecanico

Otra pregunta Phys.SE del libro de Dyson: physics.stackexchange.com/q/341194/2451

juan e

Demasiado tarde, pero todo el cálculo está hecho en el artículo de Shwingers de 1951: The Theory of Quantized Fieds I. https://journals.aps.org/pr/abstract/10.1103/PhysRev.82.914

Respuestas (2)

Derivar relaciones canónicas de conmutación a partir del principio de Schwinger

Creo que hay alguna discusión sobre esto en el libro de Manoukian ( https://www.springer.com/gp/book/9783319309385 ), esp. capítulo 4.3 y 4.6.
Lo leí. Y básicamente hace las mismas cosas que hace el libro de Dyson. Ambos simplemente derivan las relaciones de conmutación para $[\Phi, \pi]$ , pero no para $[\Phi, \Phi]$ o $[\pi, \pi]$
Otra pregunta Phys.SE del libro de Dyson: physics.stackexchange.com/q/341194/2451
Demasiado tarde, pero todo el cálculo está hecho en el artículo de Shwingers de 1951: The Theory of Quantized Fieds I. https://journals.aps.org/pr/abstract/10.1103/PhysRev.82.914

qmecanico · Answer 1

En esta respuesta, utilizaremos el principio de acción de Schwinger para probar los CCR , como solicitó OP. Para simplificar, consideremos la formulación hamiltoniana de la mecánica de puntos bosónicos. (En principio, es posible generalizar a la formulación lagrangiana, la teoría de campos y las variables fermiónicas).

Empezamos con la acción hamiltoniana.

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} S_{H} (t_{i}, t_{F}) = & \int_{t_{i}}^{t_{F}} d t L_{H}, \\ L_{H} = & \sum_{k = 1}^{norte} {pag}_{k} {\dot{q}}^{k} - H . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} S_H(t_i,t_f)~=~&\int_{t_i}^{t_f}\!dt~ L_H, \cr L_H~=~&\sum_{k=1}^np_k \dot{q}^k - H . \end{align} \tag{1}$

La integral de la ruta del espacio de fase hamiltoniana dice $^1$

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} ⟨ q_{F}, t_{F} | q_{i}, t_{i} ⟩ = & ⟨ q_{F}, t | Exp {- \frac{i}{ℏ} \hat{H} Δ t} | q_{i}, t ⟩ \\ = & \int_{q (t_{i}) = q_{i}}^{q (t_{F}) = q_{F}} D q D pag Exp {\frac{i}{ℏ} S_{H} (t_{i}, t_{F})}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \langle q_f,t_f | q_i, t_i \rangle ~=~&\langle q_f,t |\exp\left\{-\frac{i}{\hbar} \hat{H} \Delta t \right\}| q_i, t \rangle \cr ~=~&\int_{q(t_i)=q_i}^{q(t_f)=q_f} \!{\cal D}q~{\cal D}p~\exp\left\{\frac{i}{\hbar} S_H(t_i,t_f)\right\}, \end{align} \tag{2}$

\begin{matrix} (3) & ⟨ q_{F}, t_{F} | \hat{F} | q_{i}, t_{i} ⟩ = \int_{q (t_{i}) = q_{i}}^{q (t_{F}) = q_{F}} D q D pag F Exp {\frac{i}{ℏ} S_{H} (t_{i}, t_{F})} . \end{matrix}

$\langle q_f,t_f | \hat{F}|q_i, t_i \rangle ~=~ \int_{q(t_i)=q_i}^{q(t_f)=q_f} \!{\cal D}q~{\cal D}p~F~\exp\left\{\frac{i}{\hbar} S_H(t_i,t_f)\right\} . \tag{3}$

Si cambiamos infinitesimalmente la acción (1), derivamos el principio de acción de Schwinger :

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} \frac{ℏ}{i} d ⟨ q_{F}, t_{F} & | q_{i}, t_{i} ⟩ \\ \overset{(2)}{=} & \int_{q (t_{i}) = q_{i}}^{q (t_{F}) = q_{F}} D q D pag d_{0} S_{H} (t_{i}, t_{F}) Exp {\frac{i}{ℏ} S_{H} (t_{i}, t_{F})} \\ \overset{(3)}{=} & ⟨ q_{F}, t_{F} | {\hat{d_{0} S}}_{H} (t_{i}, t_{F}) | q_{i}, t_{i} ⟩ . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \frac{\hbar}{i}\delta\langle q_f,t_f &| q_i, t_i \rangle \cr ~\stackrel{(2)}{=}~& \int_{q(t_i)=q_i}^{q(t_f)=q_f} \!{\cal D}q~{\cal D}p~ \delta_0 S_H(t_i,t_f)~\exp\left\{\frac{i}{\hbar} S_H(t_i,t_f)\right\}\cr ~\stackrel{(3)}{=}~&\langle q_f,t_f | \widehat{\delta_0 S}_H(t_i,t_f)|q_i, t_i \rangle . \end{align} \tag{4}$

Del mismo modo, estamos interesados en calcular el cambio a

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | & \hat{F} (t_{F}) | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩ \\ = & \int d q_{F}^{'} d q_{F}^{''} ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | q_{F}^{'}, t_{F} ⟩ ⟨ q_{F}^{'}, t_{F} | \hat{F} (t_{F}) | q_{F}^{''}, t_{F} ⟩ ⟨ q_{F}^{''}, t_{F} | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \langle q^{\prime}_i,t_i |& \hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_i, t_i \rangle \cr ~=~& \int \! dq^{\prime}_f~dq^{\prime\prime}_f~ \langle q^{\prime}_i,t_i |q^{\prime}_f,t_f \rangle ~ \langle q^{\prime}_f,t_f | \hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_f, t_f \rangle~\langle q^{\prime\prime}_f,t_f |q^{\prime\prime}_i,t_i \rangle ,\end{align} \tag{5}$

donde los estados iniciales $|q, t_i \rangle$ y el corchete central a la derecha. de la ec. (5) no se ven afectados por el (posterior) cambio de acción en el (posterior) intervalo de tiempo $[t_i,t_f]$ . Calculamos el cambio

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | & d \hat{F} (t_{F}) | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩ \\ = & d ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | \hat{F} (t_{F}) | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩ \\ \overset{(5)}{=} & \int d q_{F}^{'} d q_{F}^{''} d ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | q_{F}^{'}, t_{F} ⟩ ⟨ q_{F}^{'}, t_{F} | \hat{F} (t_{F}) | q_{F}^{''}, t_{F} ⟩ ⟨ q_{F}^{''}, t_{F} | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩ \\ + & \int d q_{F}^{'} d q_{F}^{''} ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | q_{F}^{'}, t_{F} ⟩ ⟨ q_{F}^{'}, t_{F} | \hat{F} (t_{F}) | q_{F}^{''}, t_{F} ⟩ d ⟨ q_{F}^{''}, t_{F} | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩ \\ \overset{(4)}{=} & \frac{i}{ℏ} ⟨ q_{i}^{'}, t_{i} | [\hat{F} (t_{F}), {\hat{d_{0} S}}_{H} (t_{i}, t_{F})] | q_{i}^{''}, t_{i} ⟩, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \langle q^{\prime}_i,t_i | &\delta\hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_i,t_i\rangle\cr ~=~& \delta\langle q^{\prime}_i,t_i | \hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_i,t_i\rangle\cr ~\stackrel{(5)}{=}~& \int \! dq^{\prime}_f~dq^{\prime\prime}_f~ \delta\langle q^{\prime}_i,t_i |q^{\prime}_f,t_f \rangle ~ \langle q^{\prime}_f,t_f | \hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_f, t_f \rangle~\langle q^{\prime\prime}_f,t_f |q^{\prime\prime}_i,t_i \rangle\cr ~+~&\int \! dq^{\prime}_f~dq^{\prime\prime}_f~ \langle q^{\prime}_i,t_i |q^{\prime}_f,t_f \rangle ~ \langle q^{\prime}_f,t_f | \hat{F}(t_f)|q^{\prime\prime}_f, t_f \rangle~\delta\langle q^{\prime\prime}_f,t_f |q^{\prime\prime}_i,t_i \rangle\cr ~\stackrel{(4)}{=}~&\frac{i}{\hbar}\langle q^{\prime}_i,t_i | [\hat{F}(t_f),\widehat{\delta_0 S}_H(t_i,t_f)]|q^{\prime\prime}_i,t_i\rangle ,\end{align} \tag{6}$

o de manera equivalente, como una identidad de operador

\begin{matrix} (7) & d \hat{F} (t_{F}) \overset{(6)}{=} \frac{i}{ℏ} [\hat{F} (t_{F}), {\hat{d_{0} S}}_{H} (t_{i}, t_{F})] . \end{matrix}

$\delta\hat{F}(t_f)~\stackrel{(6)}{=}~\frac{i}{\hbar} [\hat{F}(t_f),\widehat{\delta_0 S}_H(t_i,t_f)]. \tag{7}$

En otras palabras, la causa $\delta_0$ conduce al efecto $\delta$ . A continuación vamos al límite adiabático. $\Delta t:=t_f-t_i\to 0$ donde el término simpléctico de la acción (1) domina sobre el término hamiltoniano, es decir, podemos eliminar efectivamente el hamiltoniano $H$ del cálculo, es decir, los operadores en la imagen de Heisenberg pueden tratarse como independientes del tiempo en este límite. $^2$

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} \frac{ℏ}{i} d {\hat{q}}^{k} (t_{F}) \overset{(7)}{≃} & [{\hat{q}}^{k} (t_{F}), {\hat{d_{0} S}}_{H} (t_{i}, t_{F})] \\ \overset{(1)}{≃} & [{\hat{q}}^{k} (t_{F}), \sum_{ℓ = 1}^{norte} {\hat{pag}}_{ℓ} (t_{F}) d_{0} {{\hat{q}}^{ℓ} (t_{F}) - {\hat{q}}^{ℓ} (t_{i})}] \\ = & \sum_{ℓ = 1}^{norte} [{\hat{q}}^{k} (t_{F}), {\hat{pag}}_{ℓ} (t_{F})] d_{0} {\hat{q}}^{ℓ} (t_{F}) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \frac{\hbar}{i} \delta\hat{q}^k(t_f) ~\stackrel{(7)}{\simeq}~& [\hat{q}^k(t_f),\widehat{\delta_0 S}_H(t_i,t_f)]\cr ~\stackrel{(1)}{\simeq}~& \left[\hat{q}^k(t_f), \sum_{\ell=1}^n \hat{p}_{\ell}(t_f)~ \delta_0\{ \hat{q}^{\ell}(t_f) - \hat{q}^{\ell}(t_i)\} \right]\cr ~=~&\sum_{\ell=1}^n [\hat{q}^k(t_f), \hat{p}_{\ell}(t_f)]~\delta_0\hat{q}^{\ell}(t_f) . \end{align} \tag{8}$

Dado que efectivamente no hay un hamiltoniano, la causa y el efecto deben cancelarse:

\begin{matrix} (9) & d_{0} {\hat{q}}^{ℓ} (t_{F}) + d {\hat{q}}^{ℓ} (t_{F}) = 0. \end{matrix}

$\delta_0\hat{q}^{\ell}(t_f) + \delta\hat{q}^{\ell}(t_f)~=~0. \tag{9}$

ecuación (8) solo es posible si tenemos el CCR de igual tiempo

\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} [{\hat{q}}^{k} (t), {\hat{pag}}_{ℓ} (t)] = & i ℏ d_{ℓ}^{k} 1, \\ k, ℓ \in & {1, \dots, norte}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} [\hat{q}^k(t), \hat{p}_{\ell}(t)]~=~&i\hbar \delta_{\ell}^k~{\bf 1} , \cr k,\ell~\in~&\{1,\ldots, n\},\end{align} \tag{10}$

como OP quería mostrar. $\Box$

--

$^1$ Aquí trabajaremos en la imagen de Heisenberg con estados ket y bra independientes del tiempo y operadores dependientes del tiempo.

\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} \hat{F} (t_{F}) = & Exp {\frac{i}{ℏ} \hat{H} Δ t} \hat{F} (t_{F}) Exp {- \frac{i}{ℏ} \hat{H} Δ t}, \\ Δ t := & t_{F} - t_{i} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \hat{F}(t_f)~=~&\exp\left\{\frac{i}{\hbar} \hat{H} \Delta t \right\} \hat{F}(t_f)\exp\left\{-\frac{i}{\hbar} \hat{H} \Delta t \right\}, \cr \Delta t~:=~&t_f-t_i. \end{align} \tag{11}$

Además, $| q, t \rangle$ son autoestados instantáneos de posición en la imagen de Heisenberg,

\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} {\hat{q}}^{k} (t) | q, t ⟩ = & q^{k} | q, t ⟩, \\ k \in & {1, \dots, norte} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \hat{q}^k(t)| q, t \rangle~=~&q^k| q, t \rangle, \cr k~\in~&\{1,\ldots, n\}.\end{align} \tag{12}$

véase, por ejemplo, JJ Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Sección 2.5. Dichos estados (12) solo están bien definidos para conmutables observables

\begin{matrix} (13) & [{\hat{q}}^{k} (t), {\hat{q}}^{ℓ} (t)] = 0, k, ℓ \in {1, \dots, norte}, \end{matrix}

$[\hat{q}^k(t), \hat{q}^{\ell}(t)]~=~0 , \qquad k,\ell~\in~\{1,\ldots, n\}, \tag{13}$

por lo que no vamos a derivar el CCR (13). Más bien (13) es una suposición con esta prueba.

Finalmente, para completar, mencionemos que en lugar de autoestados de posición instantáneos $| q, t \rangle$ , podríamos usar estados propios de impulso instantáneo $| p, t \rangle$ , pero nuevamente tendríamos que asumir el CCR correspondiente

\begin{matrix} (14) & [{\hat{pag}}_{k} (t), {\hat{pag}}_{ℓ} (t)] = 0, k, ℓ \in {1, \dots, norte} . \end{matrix}

$[\hat{p}_k(t), \hat{p}_{\ell}(t)]~=~0 , \qquad k,\ell~\in~\{1,\ldots, n\}. \tag{14}$

Las suposiciones (13) y (14) se pueden evitar usando otros métodos. Por ejemplo, los CCR (10), (13) y (14) también se derivan del grupo de Peierls . $^3$

$^2$ Notación: El $\approx$ símbolo significa igualdad módulo eqs. de movimiento El $\sim$ el símbolo significa términos de frontera de módulo de igualdad. El $\simeq$ símbolo significa igualdad en el límite adiabático, donde el hamiltoniano $H$ puede ser ignorado.

$^3$ El principio de correspondencia entre la mecánica cuántica y la mecánica clásica establece que el CCR de igual tiempo

\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} [{\hat{z}}^{I} (t), {\hat{z}}^{k} (t)] \overset{(dieciséis)}{=} & i ℏ ω^{I k} 1, \\ I, k \in & {1, \dots, 2 norte}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} [\hat{z}^I(t), \hat{z}^K(t)] ~\stackrel{(16)}{=}~&i\hbar\omega^{IK}~{\bf 1} , \cr I,K~\in~&\{1,\ldots, 2n\}, \end{align} \tag{15}$

es $i\hbar$ veces el soporte de Peierls de igual tiempo

\begin{matrix} (dieciséis) & \begin{aligned} {z^{I} (t), z^{k} (t^{'})} \overset{(17)}{≃} & ω^{I k}, \\ I, k \in & {1, \dots, 2 norte} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \{z^I(t), z^K(t^{\prime})\} ~\stackrel{(17)}{\simeq}~&\omega^{IK} , \cr I,K~\in~&\{1,\ldots, 2n\}. \end{align} \tag{16}$

El corchete de Peierls se define como

\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} {F, GRAMO} := & \iint_{[t_{i}, t_{F}]^{2}} d t d t^{'} \sum_{I, k = 1}^{2 norte} \frac{d F}{d z^{I} (t)} {GRAMO}_{r mi t}^{I k} (t, t^{'}) \frac{d GRAMO}{d z^{k} (t^{'})} \\ - (F \leftrightarrow GRAMO) \\ \overset{(22)}{≃} & \iint_{[t_{i}, t_{F}]^{2}} d t d t^{'} \sum_{I, k = 1}^{2 norte} \frac{d F}{d z^{I} (t)} ω^{I k} \frac{d GRAMO}{d z^{k} (t^{'})} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \{ F,G \}~:=~&\iint_{[t_i,t_f]^2}\!dt~dt^{\prime}~\sum_{I,K=1}^{2n} \frac{\delta F }{\delta z^I(t)}~G^{IK}_{\rm ret}(t,t^{\prime})~\frac{\delta G }{\delta z^K(t^{\prime})} \cr &- (F\leftrightarrow G)\cr ~\stackrel{(22)}{\simeq}~&\iint_{[t_i,t_f]^2}\!dt~dt^{\prime}~\sum_{I,K=1}^{2n} \frac{\delta F }{\delta z^I(t)}~\omega^{IK}~\frac{\delta G }{\delta z^K(t^{\prime})}. \end{align} \tag{17}$

Clásicamente, si la acción hamiltoniana (1) se reformula en notación simpléctica

\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} S_{H} (t_{i}, t_{F}) \sim & \int_{[t_{i}, t_{F}]} d t (\frac{1}{2} \sum_{I, k = 1}^{2 norte} z^{I} ω_{I k} {\dot{z}}^{k} - H) \\ \sim & \frac{1}{2} \iint_{[t_{i}, t_{F}]^{2}} d t d t^{'} \sum_{I, k = 1}^{2 norte} z^{I} (t) ω_{I k} d^{'} (t - t^{'}) z^{k} (t^{'}) \\ - \int_{[t_{i}, t_{F}]} d t H, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} S_H(t_i,t_f)~\sim~&\int_{[t_i,t_f]}\!dt\left(\frac{1}{2}\sum_{I,K=1}^{2n} z^I ~\omega_{IK}~ \dot{z}^K-H\right)\cr ~\sim~&\frac{1}{2} \iint_{[t_i,t_f]^2}\!dt~dt^{\prime}\sum_{I,K=1}^{2n} z^I(t)~\omega_{IK}~ \delta^{\prime}(t\!-\!t^{\prime}) ~z^K(t^{\prime})\cr &-\int_{[t_i,t_f]}\!dt~H, \end{align} \tag{18}$

y cambiado infinitesimalmente, entonces la solución clásica $z^I(t)$ también se cambia infinitesimalmente $\delta z^I(t)$ , para asegurar que los EL eqs deformados.

\begin{matrix} (19) & 0 \approx \frac{d}{d z^{I} (t)} (S_{H} + d_{0} S_{H}) [z + d z] \end{matrix}

$0~\approx~ \frac{\delta}{\delta z^I(t)} (S_H+\delta_0 S_H)[z+\delta z] \tag{19}$

estan satisfechos. (Estamos ignorando los términos de frontera en todas partes en este cálculo.) En otras palabras

\begin{matrix} (20) & \frac{d d_{0} S_{H} (t_{i}, t_{F})}{d z^{I} (t)} \approx - \int_{[t_{i}, t_{F}]} d t^{'} \sum_{k = 1}^{2 norte} H_{I k} (t, t^{'}) d z^{k} (t^{'}), \end{matrix}

$\frac{\delta ~\delta_0 S_H(t_i,t_f)}{\delta z^I(t)}~\approx~-\int_{[t_i,t_f]}\! dt^{\prime} \sum_{K=1}^{2n}H_{IK}(t,t^{\prime})~\delta z^K(t^{\prime}), \tag{20}$

donde esta la arpillera

\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} H_{I k} (t, t^{'}) := & \frac{d^{2} S_{H} (t_{i}, t_{F})}{d z^{I} (t) d z^{k} (t^{'})} \\ = & ω_{I k} d^{'} (t - t^{'}) - \partial_{I} \partial_{k} H d (t - t^{'}) \\ ≃ & ω_{I k} d^{'} (t - t^{'}) . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} H_{IK}(t,t^{\prime}) ~:=~& \frac{\delta^2 S_H(t_i,t_f)}{\delta z^I(t) \delta z^K(t^{\prime})}\cr ~=~&\omega_{IK}~\delta^{\prime}(t\!-\!t^{\prime}) -\partial_I\partial_K H ~\delta(t\!-\!t^{\prime})\cr ~\simeq~&\omega_{IK}~\delta^{\prime}(t\!-\!t^{\prime}). \end{align} \tag{21}$

Entonces la función de Green retrasada se simplifica a

\begin{matrix} (22) & {GRAMO}_{r mi t}^{I k} (t, t^{'}) \overset{(21) + (23)}{≃} ω^{I k} θ (t - t^{'}), \end{matrix}

$G^{IK}_{\rm ret}(t,t^{\prime}) ~\stackrel{(21)+(23)}{\simeq}~\omega^{IK}~\theta(t\!-\!t^{\prime}),\tag{22}$

\begin{matrix} (23) & \int_{[t_{i}, t_{F}]} d t^{'} \sum_{j = 1}^{2 norte} H_{I j} (t, t^{'}) {GRAMO}_{r mi t}^{j k} (t^{'}, t^{''}) = d_{I}^{k} d^{'} (t - t^{''}) . \end{matrix}

$\int_{[t_i,t_f]}\! dt^{\prime} \sum_{J=1}^{2n}H_{IJ}(t,t^{\prime})~G^{JK}_{\rm ret}(t^{\prime},t^{\prime\prime}) ~=~\delta_I^K~\delta^{\prime}(t\!-\!t^{\prime\prime}). \tag{23}$

Por lo tanto derivamos el análogo clásico del operador identidad (7)

\begin{matrix} (24) & d F (t_{F}) \overset{(25)}{=} {d_{0} S_{H} (t_{i}, t_{F}), F (t_{F})} \end{matrix}

$\delta F(t_f)~\stackrel{(25)}{=}~\{\delta_0 S_H(t_i,t_f), F(t_f)\} \tag{24}$

de

\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} d z^{I} (t_{F}) \overset{(20) + (23)}{=} & - \int_{[t_{i}, t_{F}]} d t^{'} \sum_{k = 1}^{2 norte} {GRAMO}_{r mi t}^{I k} (t_{F}, t^{'}) \frac{d d_{0} S_{H} (t_{i}, t_{F})}{d z^{k} (t^{'})} \\ \overset{(17)}{=} & {d_{0} S_{H} (t_{i}, t_{F}), z^{I} (t_{F})} \\ ≃ & {\sum_{j = 1}^{2 norte} z^{j} (t_{F}) ω_{j k} d_{0} z^{k} (t_{F}), z^{I} (t_{F})} \\ = & - \sum_{j = 1}^{2 norte} d_{0} z^{j} (t_{F}) ω_{j k} {z^{k} (t_{F}), z^{I} (t_{F})} \\ \overset{(dieciséis)}{≃} & - d_{0} z^{I} (t_{F}), \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \delta z^I(t_f) ~\stackrel{(20)+(23)}{=}&-\int_{[t_i,t_f]}\! dt^{\prime} \sum_{K=1}^{2n} G^{IK}_{\rm ret}(t_f,t^{\prime})~\frac{\delta ~\delta_0 S_H(t_i,t_f)}{\delta z^K(t^{\prime})}\cr ~\stackrel{(17)}{=}~~&\{\delta_0 S_H(t_i,t_f), z^I(t_f)\} \cr ~\simeq~~~&\left\{ \sum_{J=1}^{2n} z^J(t_f)~\omega_{JK} \delta_0z^K(t_f) , z^I(t_f)\right\}\cr ~=~~~&-\sum_{J=1}^{2n} \delta_0 z^J(t_f)~\omega_{JK} \{z^K(t_f) , z^I(t_f)\}\cr ~\stackrel{(16)}{\simeq}~~&-\delta_0z^I(t_f),\end{align} \tag{25}$

lo que a su vez es consistente con el hecho de que la causa y el efecto deben cancelar:

\begin{matrix} (26) & d_{0} z^{I} (t_{F}) + d z^{I} (t_{F}) = 0, \end{matrix}

$\delta_0z^I(t_f) + \delta z^I(t_f)~=~0, \tag{26}$

ya que efectivamente no hay hamiltoniano.

¿Se podría hacer lo mismo con los fermiones? Por lo que entiendo, los CCRS para posición y momento (13) y (14) son una suposición que garantiza la total libertad de configuración de un campo en un momento dado. ¿Podría asumir la relación de anticonmutación de la misma manera?
Además, ¿qué hace si asume que el lagrangiano es una función de $\dot{\phi}$ y $\phi$ , no de $\phi$ y $\pi$ (como lo hiciste, los llamaste $q$ y $p$ , pero es la misma). Sé cómo derivar las relaciones de conmutación (10) para este caso, pero no puedo "asumir" (14) en este caso. Puedo entender que suponiendo que (13) es necesario para la independencia de los campos (eso sería $q$ ), pero ¿dónde sé que lo mismo es cierto para $\hat{p} = \frac{\partial L(\hat{q}, \hat{\dot{q}}) }{\partial \dot{q}}$ ?
referencias para más tarde: arxiv.org/abs/1503.08091 , arxiv.org/abs/hep-th/0204003

David Bar Moshé · Answer 2

Sí, es posible. Lo demostraré con un ejemplo de mecánica cuántica muy simple. La generalización a la teoría cuántica de campos es directa. Esta derivación está más o menos en la línea del libro de Dyson, con una elección especial de $t=0$ como la hipersuperficie espacial.

Partiendo de una simple partícula libre Acción:

I = \int d t L = \int d t \frac{metro}{2} {\dot{X}}^{2}

$I = \int dt L = \int dt\frac{m}{2}\dot{x}^2$ El impulso canónico

pag = \frac{\partial L}{\partial \dot{X}}

$p = \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}$ Realizando la transformación de Legendre, obtenemos la acción en la forma hamiltoniana

I = \int d t (pag \dot{X} - H)

$I = \int dt (p \dot{x} - H)$ con el hamiltoniano

H = \frac{{pag}^{2}}{2 metro}

$H = \frac{p^2}{2 m}$ Para derivar las relaciones de conmutación de un operador con las variables del espacio de fase, reemplazamos el hamiltoniano existente con este operador como el nuevo hamiltoniano

H^{'}

$H'$ .

En nuestro caso, elegimos un nuevo hamiltoniano que es:

H^{'} = pag

$H' = p$ Esto nos permitirá encontrar las relaciones de conmutación del operador de cantidad de movimiento con los otros operadores. la ación:

I^{'} = \int d t (pag \dot{X} - H^{'}) = \int d t (pag \dot{X} - pag)

$I' = \int dt (p \dot{x} - H') = \int dt (p \dot{x} - p)$

Derivamos las ecuaciones de movimiento usando el principio de variación en la nueva acción

\begin{aligned} d I^{'} & = \int d t (d pag \dot{X} + pag \dot{d X} - d pag) \\ = \int d t (d pag \dot{X} - \dot{pag} d X - d pag) + b o tu norte d a r y t mi r metro s \\ = \int d t (d pag (\dot{X} - 1) - \dot{pag} d X) + b o tu norte d a r y t mi r metro s \end{aligned}

$\begin{align*} \delta I' &= \int dt ( \delta p \dot{x} + p \dot{\delta x} - \delta p ) \\ &= \int dt ( \delta p \dot{x} -\dot{ p} \delta x - \delta p ) + \mathrm{boundary \quad terms} \\ &= \int dt ( \delta p (\dot{x}-1) -\dot{ p} \delta x ) + \mathrm{boundary \quad terms} \end {align*}$

Así, las ecuaciones de movimiento

\dot{X} = 1, \dot{pag} = 0

$\dot{x} = 1, \quad \dot{p} = 0$ Pero de acuerdo con las ecuaciones de movimiento de Heisenberg, para cualquier operador

O

$O$ , Debemos tener:

\dot{O} = \frac{i}{ℏ} [H^{'}, O]

$\dot{O} = \frac{i}{\hbar}[H', O]$ Así, en nuestro caso

\dot{X} = 1 ⟹ \frac{i}{ℏ} [pag, X] = 1 ⟹ [X, pag] = i ℏ

$\dot{x} = 1 \implies \frac{i}{\hbar}[p, x] = 1 \implies [x, p] = i \hbar$

\dot{pag} = 0 ⟹ \frac{i}{ℏ} [pag, pag] = 0 ⟹ [pag, pag] = 0

$\dot{p} = 0 \implies \frac{i}{\hbar}[p, p] = 0 \implies [p, p] = 0$

Lo siento, pero esta prueba tampoco se basa en el principio de Schwinger, ni lo entiendo completamente: ¿Por qué se le permitiría elegir el hamiltoniano para ser $P$ ?
Para ser más específicos: su derivación es válida para un hamiltoniano especial <-> un lagrangiano especial. pero las relaciones de conmutación se imponen en toda teoría, independientemente de la elección del lagrangiano.
Las relaciones canónicas de conmutación no dependen del hamiltoniano. Dependen solo del primer término de la acción que no contiene el hamiltoniano (en nuestro caso, el término $p\dot{x}$ ). (Este término suele llamarse potencial simpléctico). Por ejemplo, las relaciones canónicas de conmutación de una partícula libre, un oscilador armónico y una partícula en un pozo de potencial son las mismas a pesar de que los hamiltonianos son diferentes. Esta es la razón por la cual las relaciones de conmutación se calcularon a partir de una teoría con el mismo potencial simpléctico pero con un hamiltoniano diferente pero apropiadamente elegido.
continuación En segundo lugar, no se trata de que se le permita cambiar el hamiltoniano. No está utilizando la teoría con el hamiltoniano modificado para nada más que para derivar las relaciones de conmutación. Su teoría sigue siendo la teoría original, pero después de derivar las relaciones de conmutación, puede aplicarlas a la teoría original. El truco para reemplazar el hamiltoniano es que el hamiltoniano es el generador de la evolución del tiempo, por lo que puede derivar su acción infinitesimal de las ecuaciones de movimiento utilizando el principio de Heisenbeg.
En tercer lugar, como escribí al principio de la respuesta, estoy usando el tiempo $t=0$ como la hipersuperficie espacial. En esta elección, la ecuación de Dyson (188), derivada del principio de Schwinger, se convierte en la ecuación (190) (Heisenberg), que en realidad usé. Por favor, intente tomar como ejercicio una teoría de una partícula mínimamente acoplada a un potencial electromagnético y deduzca las relaciones de conmutación generalizadas. (Este caso es diferente al anterior porque el potencial simpléctico es modificado por el término de interacción).
Lo hice, pero todavía no veo por qué la relación de conmutación debería ser independiente del lagrangiano elegido. Sin embargo, veo cómo su respuesta está conectada con el principio de Schwingers.
Las relaciones de conmutación no cambian cuando se modifica el hamiltoniano (y en consecuencia también el lagrangiano) porque dependen únicamente del espacio fase y el espacio fase está fijado básicamente por el término potencial simpléctico de la acción. Consulte los siguientes dos artículos: arxiv.org/abs/hep-th/0110114v3 arxiv.org/abs/1104.5269 Curtright y Zachos.
continuación Básicamente, el espacio de fase es el conjunto de datos iniciales que se necesitan para resolver las ecuaciones de movimiento. En los ejemplos del texto principal, debe conocer la posición inicial y la velocidad (o impulso), sea cual sea el hamiltoniano que utilice. Por lo tanto, están descritos por el mismo espacio de fase; por tanto, respetan las mismas relaciones canónicas de conmutación. La cuantificación es en realidad un proceso en el que el espacio de fase se reemplaza por un espacio de Hilbert y funciona sobre el espacio de fase mediante operadores.
continuación En los ejemplos de la teoría de campos, los espacios de fase son de dimensión infinita, sin embargo, podemos deducir formalmente las relaciones de conmutación por el mismo método. El resultado es que las relaciones de conmutación son las mismas que los corchetes de Poisson multiplicados por $i\hbar$ . En el caso de dimensión infinita, esta correspondencia puede romperse debido a la existencia de anomalías y aparecen términos anómalos en las relaciones de conmutación. Sin embargo, el presente método no puede detectar estas anomalías porque es básicamente clásico.
Lo pensé bien, y de alguna manera tiene sentido. Pero, ¿no hay entonces una contradicción cuando miro el caso de los fermiones?
Para los fermiones, podría hacer lo mismo que hiciste tú, y daría lugar a las relaciones de conmutación "incorrectas", porque serían relaciones de conmutación y no de anticonmutación. ¿Qué hay de malo en este razonamiento?
Como se mencionó brevemente, este método es básicamente clásico. En realidad, produce los corchetes de Poisson, en los que realizamos la cuantificación canónica de Dirac y reemplazamos por $i\hbar$ veces el conmutador. En realidad, el último paso se hace a mano. En el caso fermiónico, este método todavía da los corchetes de Poisson, pero lo reemplazamos a mano con el conmutador cuando el hamiltoniano es par y el anticonmutador cuando el hamiltoniano es impar.

Derivar relaciones canónicas de conmutación a partir del principio de Schwinger

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