Invariancia de medida de Lorentz ∫d3p2ωp√∫d3p2ωp\int \frac{d^3 p}{\sqrt{2\omega_p}}

Question

Invariancia de medida de Lorentz ∫d3p2ωp√∫d3p2ωp\int \frac{d^3 p}{\sqrt{2\omega_p}}

Dwagg

El operador de campo cuántico escalar se define

ϕ_{0} (\vec{X}, t) = \int \frac{d^{3} pag}{(2 π)^{3}} \frac{1}{\sqrt{2 ω_{pag}}} (a_{pag} {mi}^{- i pag X} + a_{pag}^{†} {mi}^{i pag X})

$\phi_0(\vec x,t) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}} \left(a_p e^{-ipx}+a_p^{\dagger}e^{ipx}\right)$

en la ecuación de Schwartz. 2.78. Aquí $\omega_p = \sqrt{\vec{p}^2+m^2}$ . Uno puede demostrar que

\int \frac{d^{3} \vec{k}}{2 ω_{k}} = \int d^{4} k d (k^{2} - {metro}^{2}) θ (k^{0})

$\int \frac{d^3\vec{k}}{2\omega_k} = \int d^4k \delta(k^2-m^2)\theta(k^0)$

es una medida invariante de Lorentz. No veo cómo la medida en la definición del campo cuántico es invariante de Lorentz debido a esa raíz cuadrada.

qmecanico

Posibles duplicados: physics.stackexchange.com/q/83260/2451 y enlaces allí.

Dwagg

Miré los enlaces y no veo una respuesta a mi pregunta.

Dwagg

Quizás: La medida en la primera integral anterior no es necesariamente invariante de Lorentz, pero la expresión como un todo es porque es un operador que produce estados invariantes de Lorentz cuando actúa sobre kets. Como en:

ϕ (\vec{X}) | 0 ⟩ = \int \frac{d^{3} pag}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2 ω_{pag}} {mi}^{- i pag \cdot X} | \vec{pag} ⟩

$\phi(\vec x) |0\rangle = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_p} e^{-ip\cdot x} |\vec{p}\rangle$ donde usamos

a_{p}^{†} | 0 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{ω_{p}}} | \vec{p} ⟩

$a^{\dagger}_p|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{\omega_p}} |\vec{p}\rangle$ .

Dwagg

Junto con

⟨ 0 | ϕ (\vec{X}) | \vec{pag} ⟩ = {mi}^{i pag \cdot X} .

$\langle 0 |\phi(\vec x)|\vec{p}\rangle = e^{ip\cdot x}.$ y desde el

ϕ

$\phi$ El operador produce cosas invariantes de Lorentz, es invariante de Lorentz. ¿Es esto cierto? ¿Se puede hacer esto riguroso?

Respuestas (2)

Invariancia de medida de Lorentz ∫d3p2ωp√∫d3p2ωp\int \frac{d^3 p}{\sqrt{2\omega_p}}

Posibles duplicados: physics.stackexchange.com/q/83260/2451 y enlaces allí.
Quizás: La medida en la primera integral anterior no es necesariamente invariante de Lorentz, pero la expresión como un todo es porque es un operador que produce estados invariantes de Lorentz cuando actúa sobre kets. Como en: $ϕ (\vec{X}) | 0 ⟩ = \int \frac{d^{3} pag}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2 ω_{pag}} {mi}^{- i pag \cdot X} | \vec{pag} ⟩$ $\phi(\vec x) |0\rangle = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_p} e^{-ip\cdot x} |\vec{p}\rangle$ donde usamos $a^{\dagger}_p|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{\omega_p}} |\vec{p}\rangle$ .
Junto con $⟨ 0 | ϕ (\vec{X}) | \vec{pag} ⟩ = {mi}^{i pag \cdot X} .$ $\langle 0 |\phi(\vec x)|\vec{p}\rangle = e^{ip\cdot x}.$ y desde el $\phi$ El operador produce cosas invariantes de Lorentz, es invariante de Lorentz. ¿Es esto cierto? ¿Se puede hacer esto riguroso?

Nogueira · Answer 1

Queremos construir el campo tal que

⟨ \vec{pag} | ϕ (X) | 0 ⟩ = {mi}^{- i \vec{pag} \cdot \vec{X}}

$\langle\vec{p}|\phi(x)|0\rangle=e^{-i\vec{p}\cdot \vec{x}}$ y la definición es

⟨ \vec{p} | = ⟨ 0 | \sqrt{2 ω_{p}} a_{p}

$\langle \vec{p}|=\langle 0|\sqrt{2\omega_p} a_p$ , es decir, el estado

| \vec{p} ⟩

$|\vec{p}\rangle$ tienen un producto interno invariante:

⟨ \vec{k} | \vec{pag} ⟩ = 2 ω_{pag} (2 π)^{3} d^{3} (\vec{pag} - \vec{k})

$\langle \vec{k}|\vec{p}\rangle=2\omega_p (2\pi)^3\delta^3(\vec{p}-\vec{k})$ tal que el operador de identidad se puede escribir como:

1 = \int \frac{d^{3} pag}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2 ω_{pag}} | pag ⟩ ⟨ pag |

$\mathcal{1}=\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_p}|p\rangle\langle p|$ por lo que la raíz cuadrada simplemente está cancelando la raíz cuadrada de la

⟨ \vec{p} |

$\langle \vec{p}|$ estado.

Todo esto es convención. El libro de texto de Weinberg elige uno diferente en bruja

⟨ \vec{k} | \vec{pag} ⟩ = (2 π)^{3} d^{3} (\vec{pag} - \vec{k})

$\langle \vec{k}|\vec{p}\rangle= (2\pi)^3\delta^3(\vec{p}-\vec{k})$ y el precio es introducir un nuevo factor en la transformación de Lorentz del estado

| \vec{p} ⟩

$|\vec{p}\rangle$ :

tu (Λ) | \vec{pag} ⟩ = \sqrt{\frac{(Λ pag)^{0}}{{pag}^{0}}} | {\vec{pag}}_{Λ} ⟩

$U(\Lambda)|\vec{p}\rangle = \sqrt\frac{(\Lambda p)^0}{p^0} |\vec{p}_{\Lambda}\rangle$

Creo que puede haber leído mal mi pregunta. no estoy preguntando sobre $\int \frac{d^3k}{2\omega_k}.$ Más bien estoy preguntando por qué $\int \frac{d^{3} k}{\sqrt{2 ω_{k}}}$ $\int \frac{d^3k}{\sqrt{2\omega_k}}$ es invariante de Lorentz.
@Noguira En su última declaración, ¿está hablando de la primera ecuación en mi pregunta?
@Dwagg Esto $\sqrt{2\omega_p}$ que aparece en el campo expresión (su primera fórmula), solo está ahí para cancelar la raíz cuadrada de la definición del estado $\langle \vec{p}|$ para dar lo que quieres, el $e^{ipx}$
Bueno. En particular, ¿la primera fórmula no es invariante de Lorentz por sí misma? Está construido para hacer $\langle 0 | \phi(x,t)|\vec{p}\rangle = e^{ipx}=$ ¿Invariante de Lorentz?
@Dwagg La primera línea se puede hacer invariante de Lorentz asignando los operadores $a_{\vec p}$ y $a_{\vec p}^\dagger$ las propiedades de transformación correspondientes. Si es o no una hermosa convención es otra cuestión.
@Dwagg, sí, después de todo, el campo $\phi(x)$ no es invariante de Lorentz, sino que se transforma como $\phi(\Lambda x)$ , es una representación no trivial (solo el vacío es una representación trivial).

Valter Moretti · Answer 2

La medida que consideras no es invariante de Lorentz. El punto es que, bajo transformaciones de Lorentz, $a_p$ y $a_p^\dagger$ no son $p$ -campos escalares pero toman un factor que compensa la falla de la medida para ser invariante de Lorentz, y la integral que define el campo cuántico produce un campo escalar. La respuesta de Nogueira incluye toda la información necesaria para escribir la regla de transformación de $a_p$ y su compañero conjugado hermitiano. Sin embargo, todo eso es cuestión de convención, ya que uno podría usar la medida invariante desde cero.

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