Los orígenes de la segunda cuantización

Question

Los orígenes de la segunda cuantización

mavzolej

He estado estudiando la teoría cuántica durante un tiempo y tengo una serie de preguntas estrechamente relacionadas que no me dan paz. No estoy seguro de si un formato tan largo es apropiado aquí, pero me gustaría aprovechar esta oportunidad y compartir mis preguntas en este maravilloso sitio web.

Una cosa que estoy tratando de hacer para comprender mejor la QFT es aplicar el formalismo de los números de ocupación al menor número posible de partículas idénticas en el sistema. Dicho formalismo se basa en el uso de los vectores de onda ("estados de Fock", "estados de segunda cuantización") de la forma

| {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k}, . . . ⟩,

$\begin{equation} |n_{1},\,n_{2},\,... ,\,n_{k},\,... \rangle \quad, \end{equation}$ donde

n_{k}

$n_{k}$ representa el número de partículas en una función de onda simetrizada en un estado

k

$k$ (Considero solo el caso Bose) . Por ejemplo, si el número total de partículas en el sistema es

3

$3$ , entonces

| \underset{k_{1}}{2}, \underset{k_{2}}{1} ⟩ = \frac{\sqrt{1! 1! 2!}}{\sqrt{3!}} (| k_{1} ⟩ | k_{1} ⟩ | k_{2} ⟩ + | k_{1} ⟩ | k_{2} ⟩ | k_{1} ⟩ + | k_{2} ⟩ | k_{1} ⟩ | k_{2} ⟩),

$\begin{equation} |\underset{k_1}{2},\,\underset{k_2}{1}\rangle = \dfrac{\sqrt{1!\,1!\,2!}}{\sqrt{3!}} ( |k_1\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle + |k_1\rangle |k_2\rangle |k_1\rangle + |k_2\rangle |k_1\rangle |k_2\rangle ) \quad, \end{equation}$ donde

| k_{1} ⟩

$|k_1\rangle$ es el estado de una partícula. Permítanme comenzar demostrando cómo funciona este formalismo para un solo oscilador armónico.

si establecemos $\hbar = \omega = 1$ e ignorar la energía del vacío $\hbar \omega /2$ , el hamiltoniano toma la forma de

\hat{H} = {\hat{a}}^{†} \hat{a},

$\begin{equation} \hat{H} = \hat{a}^\dagger \hat{a} \quad, \end{equation}$

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ y

\hat{a}

$\hat{a}$ siendo los operadores de escalera habituales (por favor absténgase de llamarlos operadores de 'creación' y 'aniquilación', ya que

\hat{a}

$\hat{a}$ crea un estado de partícula única cuando actúa sobre el vacío; de lo contrario, solo cambia la energía del estado; ver la discusión más adelante).

La correspondencia entre los estados cuantificados en segundo lugar y las funciones propias del hamiltoniano es:

\begin{aligned} | 0 ⟩ & \equiv | 0, 0, 0, . . . ⟩, \\ | 1 ⟩ & \equiv | \underset{1}{1}, 0, 0, . . . ⟩, \\ | 2 ⟩ & \equiv | 0, \underset{2}{1}, 0, . . . ⟩, \\ | 3 ⟩ & \equiv | 0, 0, \underset{3}{1}, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} |0\rangle&\equiv|0,\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |1\rangle&\equiv|\underset{1}{1},\,0,\,0,\,...\rangle \quad,\\ |2\rangle&\equiv|0,\,\underset{2}{1},\,0,\,...\rangle \quad,\\ |3\rangle&\equiv|0,\,0,\,\underset{3}{1},\,...\rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$ Por definición, el operador

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ crea una partícula en el estado

k

$k$ , mientras

{\hat{a}}_{k}

$\hat{a}_k$ aniquila el estado sin partículas de tipo

k

$k$ :

\begin{aligned} {\hat{a}}_{k}^{†} | 0 ⟩ = | . . ., \underset{k}{1}, . . . ⟩, {\hat{a}}_{k} | . . ., \underset{k}{0}, . . . ⟩ = 0 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle = |...,\,\underset{k}{1},...\rangle \quad,\qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$ A partir de esta definición, es claro que no podemos definir los operadores

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}_k^\dagger$ de la siguiente manera:

(¡incorrecto!) {\hat{a}}_{k}^{†} \propto ({\hat{a}}^{†})^{k} .

$\begin{equation} \text{(wrong!)}\quad{\hat{a}_k^\dagger \propto (\hat{a}^\dagger)^k} \quad. \end{equation}$ De hecho, el requisito de aniquilación no se cumpliría en este caso:

\begin{aligned} ( & \hat{a})^{2} & | . . ., \underset{5}{1}, . . . ⟩ = (\hat{a})^{2} | 5 ⟩ \propto | 3 ⟩, \\ {\hat{a}}_{2} & | . . ., \underset{5}{1}, . . . ⟩ = 0 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} (&\hat{a})^2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = (\hat{a})^2\, |5\rangle \propto |3\rangle \quad,\\ &\hat{a}_2\, &&|...,\,\underset{5}{1},...\rangle = 0 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

Esta construcción puede parecer bastante inusual. Para comprender mejor las reglas del juego, emplee el formalismo matricial:

\begin{matrix} {\hat{a}}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \hat{a} ≅ (\begin{matrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \\ | 0 ⟩ ≅ (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ ⋮ \end{matrix}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a} \cong \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ |0\rangle \cong \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{pmatrix} \quad. \end{gathered}\end{equation}$

Ahora uno puede adivinar fácilmente la forma de los operadores que obedecen los requisitos deseados:

\begin{matrix} {\hat{a}}_{1}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), {\hat{a}}_{2}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}), \\ {\hat{a}}_{3}^{†} ≅ (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \end{matrix}) . \end{matrix}

$\begin{equation}\begin{gathered} \hat{a}^\dagger_1 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\qquad \hat{a}^\dagger_2 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad,\\ \hat{a}^\dagger_3 \cong \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \\ \end{pmatrix}\quad. \end{gathered}\end{equation}$

Con el uso de esos operadores, uno puede escribir inmediatamente el hamiltoniano de un solo oscilador armónico en la 'forma QFT':

\hat{H} = \sum_{k = 1}^{\infty} ω_{k} {\hat{a}}_{k}^{†} {\hat{a}}_{k}, ω_{k} = k .

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{k=1}^\infty\, \omega_k\, \hat{a}_k^\dagger\,\hat{a}_k \quad, \qquad \omega_k = k\quad. \end{equation}$

En cuanto a los operadores $\hat{a}_k^\dagger$ . En primer lugar, resultan ser nilpotentes. En segundo lugar, ahora tenemos algunos problemas con las relaciones de conmutación que nunca hemos discutido hasta ahora. Por supuesto, preferiríamos que los operadores recién construidos obedecieran las relaciones de conmutación estándar de Heisenberg

[\hat{a}, {\hat{a}}^{†}] = 1 .

$\begin{equation} [\hat{a},\,\hat{a}^\dagger] = 1 \quad. \end{equation}$ Sin embargo, la forma matricial nos dice que cada operador

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}_k^\dagger$ , junto a su pareja, da a luz al

s u (2)

$\mathfrak{su}(2)$ álgebra.

[{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] ≅ (\begin{matrix} 1 & \dots & 0 & \dots \\ ⋮ & ⋱ & 0 & \dots \\ 0 & 0 & - 1 & \dots \\ ⋮ & ⋮ & 0 & ⋱ \end{matrix})

$\begin{equation} [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \cong \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 0 & \cdots \\ \vdots & \ddots & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & -1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & 0 & \ddots \end{pmatrix} \end{equation}$ Resumamos estos tristes resultados de una forma ligeramente diferente. Siendo intercalado por el vacío, el conmutador

[a_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}]

$[a_k,\,\hat{a}^\dagger_k]$ se comporta decentemente:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] | 0 ⟩ = ⟨ 0 | {\hat{a}}_{k} {\hat{a}}_{k}^{†} | 0 ⟩ - ⟨ 0 | {\hat{a}}_{k}^{†} {\hat{a}}_{k} | 0 ⟩ = 1 - 0 = 1 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle = \langle 0| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|0\rangle - \langle 0| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|0\rangle = 1 - 0 = \phantom{-} 1 \quad. \end{alignedat}\end{equation}$ Sin embargo, nos metemos en problemas cuando aplicamos el operador de creación a la partícula que ya se creó:

\begin{aligned} ⟨ \underset{k}{1} | [{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] | \underset{k}{1} ⟩ = ⟨ \underset{k}{1} | {\hat{a}}_{k} {\hat{a}}_{k}^{†} | \underset{k}{1} ⟩ - ⟨ \underset{k}{1} | {\hat{a}}_{k}^{†} {\hat{a}}_{k} | \underset{k}{1} ⟩ = 0 - 1 = - 1 . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle = \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}_k\,\hat{a}^\dagger_k \,|\underset{k}{1}\rangle - \langle \underset{k}{1}| \, \hat{a}^\dagger_k\,\hat{a}_k \,|\underset{k}{1}\rangle = 0 - 1 = -1\quad. \end{alignedat}\end{equation}$ En la segunda línea estábamos tratando de aplicar el operador de creación.

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ al Estado

| \underset{k}{1} ⟩

$|\underset{k}{1}\rangle$ , es decir, crear otra partícula. Esto, sin embargo, no tiene mucho sentido dentro del formalismo de una sola partícula. Por lo tanto, parece natural sugerir que en el caso de dos partículas, podríamos dar un paso más y las relaciones de conmutación tomarían la forma de algo como

{\hat{a}}_{k}^{†} ≅ diag {1, 1, ?}

${\hat{a}^\dagger_k\cong\operatorname{diag} \{1,\,1,\,?\}}$ en el

{| 0 ⟩, | \underset{k}{1} ⟩, | \underset{k}{2} ⟩}

${\{|0\rangle,\,|\underset{k}{1}\rangle,\,|\underset{k}{2}\rangle\}}$ base.

Al final del día, podemos decir que:

$\quad 1.\quad$ Conseguimos construir los operadores definidos a través de

\begin{aligned} {\hat{a}}_{k} | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k}, . . . ⟩ & = \sqrt{{norte}_{k}} & | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k} - 1, . . . ⟩, \\ {\hat{a}}_{k} | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k}, . . . ⟩ & = \sqrt{{norte}_{k} + 1} & | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k} + 1, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$

$\quad 2.\quad$ Esos operadores solo obedecían las relaciones de conmutación de Heisenberg cuando estaban intercalados por los estados de vacío.

PREGUNTA 1. ¿Todo parece correcto hasta ahora?

Ahora, intentemos dar un paso más y extender la construcción a un sistema de dos partículas idénticas. En primer lugar, en este punto uno debería dejar de pensar en estados de una partícula como estados propios del hamiltoniano. Tal base sería un inconveniente debido a los problemas con la degeneración. Es mejor pensar en el $|k\rangle$ estados como de estados con momento o posición definidos. Entonces, el hamiltoniano de una partícula se escribe como:

{\hat{H}}_{1} = \int | k ⟩ H_{k metro} ⟨ metro | D k D metro .

$\begin{equation} \hat{H}_{1} = \int |k\rangle H_{k\,m} \langle m|\, \operatorname{d}k \operatorname{d}m \quad. \end{equation}$

El espacio de Fock del sistema de dos partículas es el producto tensorial simetrizado de dos espacios de una partícula. Los vectores base ahora se definen como:

\begin{aligned} | 0, 0, 0, . . . ⟩ & \equiv | 0 ⟩ \otimes | 0 ⟩ \equiv | 0 ⟩ & , \\ | \underset{k}{1} ⟩ & \equiv \frac{1}{\sqrt{2}} (| 0 ⟩ \otimes | k ⟩ + | k ⟩ \otimes | 0 ⟩) & , \\ | \underset{k}{1}, \underset{metro}{1} ⟩ & \equiv \frac{1}{\sqrt{2}} (| k ⟩ \otimes | metro ⟩ + | metro ⟩ \otimes | k ⟩) & , \\ | \underset{k}{2} ⟩ & \equiv | k ⟩ \otimes | k ⟩ & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} |0,\,0,\,0,\,...\rangle &\equiv |0\rangle\otimes|0\rangle \equiv |0\rangle \quad&&,\\ |\underset{k}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|0\rangle\otimes|k\rangle + |k\rangle\otimes|0\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{1},\,\underset{m}{1} \rangle &\equiv \dfrac{1}{\sqrt{2}} (|k\rangle\otimes|m\rangle + |m\rangle\otimes|k\rangle) \quad&&,\\ |\underset{k}{2} \rangle &\equiv |k\rangle\otimes|k\rangle \quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$

A partir de ahora, denotaremos los operadores de una partícula por ${{}^{(j)}\hat{a}_k^\dagger}$ :

\begin{aligned} ^{(1)} {\hat{a}}_{k}^{†} | 0 ⟩ & \equiv (^{(1)} {\hat{a}}_{k}^{†} \otimes \hat{1}) | 0 ⟩ & \equiv | k ⟩ \otimes | 0 ⟩ & , \\ ^{(2)} {\hat{a}}_{k}^{†} | 0 ⟩ & \equiv (\hat{1} \otimes^{(2)} {\hat{a}}_{k}^{†}) | 0 ⟩ & = | 0 ⟩ \otimes | k ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &{{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv ({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1}) \,|0\rangle &&\equiv |k\rangle \otimes |0\rangle \quad&&,\\ &{{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}\,|0\rangle &&\equiv (\hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \,|0\rangle &&= |0\rangle \otimes |k\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

Definimos los operadores $\hat{a}_k^\dagger$ y $\hat{a}_k$ por su acción sobre los vectores base de la siguiente manera:

\begin{aligned} {\hat{a}}_{k}^{†} | 0 ⟩ & = & | \underset{k}{1} ⟩, {\hat{a}}_{k} | . . ., \underset{k}{0}, . . . ⟩ = 0, \\ {\hat{a}}_{k}^{†} | 1 ⟩ & = 2 & | \underset{k}{2} ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \hat{a}^\dagger_k\,|0\rangle &= &&|\underset{k}{1}\rangle \quad, \qquad \hat{a}_k \, |...,\,\underset{k}{0},...\rangle = 0 \quad, \\ \hat{a}^\dagger_k\,|1\rangle &= 2\,&&|\underset{k}{2}\rangle \quad. \end{alignedat}\end{equation}$

PREGUNTA 2. ¿Cómo expresar estos operadores en términos de operadores de una partícula? es decir en la forma:

\sum_{k} α_{k}^{(1)} {\hat{A}}_{k} \otimes^{(1)} {\hat{B}}_{k} .

$\begin{equation} \sum \limits_k \alpha_k\,{}^{(1)}\hat{A}_k\otimes {}^{(1)}\hat{B}_k \quad. \end{equation}$

Creo que, en principio, esto debería ser posible, ya que el producto tensorial de bases de los espacios de operadores debería formar una base en el espacio de operadores que actúan en el espacio vectorial del producto tensorial. Más precisamente, si dos operadores lineales cualesquiera ${}^{(1)}\hat{A}$ y ${}^{(1)}\hat{B}$ se puede escribir en la forma

^{(1)} \hat{A} = \sum_{I, j} A^{I j}^{(1)} {\hat{mi}}_{I j},^{(2)} \hat{B} = \sum_{k, yo} B^{k yo}^{(2)} {\hat{mi}}_{k yo},

$\begin{equation} {}^{(1)}\hat{A} = \sum \limits_{i,j} A^{ij}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij} \quad,\qquad {}^{(2)}\hat{B} = \sum \limits_{k,l} B^{kl}\,{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad, \end{equation}$ entonces cualquier operador lineal que actúe en el espacio vectorial del producto tensorial se puede escribir en la forma

\hat{C} = \sum_{I, j, k, yo} C^{I j k yo}^{(1)} {\hat{mi}}_{I j} \otimes^{(2)} {\hat{mi}}_{k yo} .

$\begin{equation} \hat{C} = \sum \limits_{i,j,k,l} C^{ijkl}\,{}^{(1)}\hat{e}_{ij}\otimes{}^{(2)}\hat{e}_{kl} \quad. \end{equation}$

Parece natural sugerir algo como

{\tilde{a}}_{k}^{†} = α (^{(1)} {\hat{a}}_{k}^{†} \otimes \hat{1} + \hat{1} \otimes^{(2)} {\hat{a}}_{k}^{†}) .

$\begin{equation} \tilde{a}^\dagger_k = \alpha\,({{}^{(1)}\hat{a}_k^\dagger} \otimes \hat{1} + \hat{1} \otimes {{}^{(2)}\hat{a}_k^\dagger}) \quad. \end{equation}$ Sin embargo, no solo esta opción falla en producir los coeficientes numéricos correctos en la definición del operador

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ , pero también nos proporciona relaciones de conmutación insatisfactorias. Para

α = 1 / \sqrt{2}

$\alpha = 1/\sqrt{2}$ uno obtiene:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\tilde{a}}_{k}, {\tilde{a}}_{k}^{†}] | 0 ⟩ & = & 1 & , \\ ⟨ \underset{k}{1} | [{\tilde{a}}_{k}, {\tilde{a}}_{k}^{†}] | \underset{k}{1} ⟩ & = & 2 & , \\ ⟨ \underset{k}{2} | [{\tilde{a}}_{k}, {\tilde{a}}_{k}^{†}] | \underset{k}{2} ⟩ & = - & 1 & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= &&1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= &&2\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\tilde{a}_k,\,\tilde{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= -&&1\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$

La buena noticia es que si simplemente seguimos las definiciones de $\hat{a}_k^\dagger$ y $\hat{a}_k$ arriba (los que se producen a través de la acción sobre los vectores base), las relaciones de conmutación se cumplen, por supuesto:

\begin{aligned} ⟨ 0 | [{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] | 0 ⟩ & = 1 & , \\ ⟨ \underset{k}{1} | [{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] | \underset{k}{1} ⟩ & = 1 & , \\ ⟨ \underset{k}{2} | [{\hat{a}}_{k}, {\hat{a}}_{k}^{†}] | \underset{k}{2} ⟩ & = ? & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} \langle 0| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|0\rangle &= 1 \quad&&, \\ \langle \underset{k}{1}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{1}\rangle &= 1\quad&&,\\ \langle \underset{k}{2}| \, [\hat{a}_k,\,\hat{a}^\dagger_k] \,|\underset{k}{2}\rangle &= \hspace{.35em}?\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$ No estoy seguro de la última ecuación, ya que, como ya se mencionó, en el sistema de

n

$n$ partículas, no tiene mucho sentido actuar con el operador

{\hat{a}}_{k}^{†}

$\hat{a}^\dagger_k$ sobre el estado

| \underset{k}{n} ⟩

$|\underset{k}{n}\rangle$ , así que supongo que no deberíamos preocuparnos por eso.

Ahora déjame explicarte por qué surgen todas estas preguntas. Básicamente, no estoy satisfecho con el proceso de cuantificación canónica de los campos. Al cuantificar el campo modo por modo, las personas realizan formalmente la misma operación que en el caso del oscilador armónico. Sin embargo, el significado que le damos a los resultados es bastante diferente.

Preguntémonos primero por qué llamamos $5^{\text{th}}$ estado de energía del oscilador armónico ''la partícula con energía $5\hbar\omega/2$ '', no ''el estado de cinco partículas''. ¿Es solo una cuestión de convención? ¿Qué nos impide usar QM de una partícula para describir el movimiento de pocas partículas?

Todos dijimos que hasta cierto punto tiene sentido tratar la partícula como un paquete de ondas gaussianas. Dejar

| ψ (X, t) ⟩ = | gramo (X - X_{0} - v_{grupo} t) ⟩

$\begin{equation} |\psi(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle \end{equation}$ ser el estado dependiente del tiempo, una partícula localizada alrededor

(x_{0} + v_{group} t)

$(x_0+v_{\text{group}}t)$ En el momento

t

$t$ . Consideremos ahora la superposición de dos de estos estados:

| \tilde{ψ} (X, t) ⟩ = | gramo (X - X_{0} - v_{grupo} t) ⟩ + | gramo (X - X_{1} + v_{grupo} t) ⟩ ⟩

$\begin{equation} |\widetilde{\psi}(x,\,t)\rangle = |g\,(x-x_0-v_{\text{group}}t)\rangle + |g\,(x-x_1+v_{\text{group}}t)\rangle\rangle \end{equation}$

¿Por qué decimos que tal vector de onda corresponde a una sola partícula? Desde el punto de vista teórico es porque hemos partido del sistema clásico de una sola partícula. El más interesante es el enfoque experimental. Después de la medición , la función de onda colapsa y se olvida de las dos gaussianas 'separadas'. Si hubiésemos colocado dos detectores en los diferentes puntos espaciales, sólo uno de ellos observaría la partícula (este es básicamente el experimento de la doble rendija). Es por eso que tratamos los estados excitados de la armónica del oscilador armónico (el potencial en realidad no juega ningún papel) como diferentes niveles de energía de una sola partícula, pero no como un estado de múltiples partículas.

Ahora, realicemos los primeros pasos de la cuantificación del campo. Para simplificar, usemos el campo de Klein-Gordon. Aunque se puede considerar como un campo de Schrödinger de la mecánica cuántica en el formalismo de una partícula (a pesar de algunos problemas con las energías negativas, por ejemplo, véase Davydov), el truco es considerarlo primero como una ecuación de onda clásica.

(\partial^{m} \partial_{m} + {metro}^{2}) ϕ (X) = 0 .

$\begin{equation} (\partial^\mu\partial_\mu+m^2)\,\phi(x)=0\quad. \end{equation}$ Después de una transformada de Fourier (no invariante de calibre)

ϕ (\vec{X}, t) = \int \frac{D^{3} pags}{(2 π)^{3}} {mi}^{I \vec{pags} \cdot \vec{X}} ϕ (\vec{pags}, t),

$\begin{equation} \phi(\vec{x},t) = \int \dfrac{d^3 p}{(2\pi)^3} \operatorname{e}^{i\,\vec{p}\cdot\vec{x}} \phi(\vec{p},t) \quad, \end{equation}$ llegamos a

(\partial_{t}^{2} + ({\vec{pags}}^{2} + {metro}^{2})) ϕ (\vec{pags}, t) = 0,

$\begin{equation} \left(\partial^2_t+(\vec{p}^{\,2}+m^2)\right)\,\phi(\vec{p},t)=0\quad, \end{equation}$ que parece una ecuación para el oscilador armónico con frecuencia

ω_{\vec{p}} = \sqrt{{\vec{p}}^{2} + m^{2}}

$\omega_{\vec{p}} = \sqrt{\vec{p}^{\,2}+m^2}$ . En lo que sigue suponemos que

\vec{p}

$\vec{p}$ permanece sin cambios. Aquí es solo un índice que enumera los modos de oscilación independientes. Reescribamos la ecuación y comparémosla con el oscilador armónico regular:

\begin{aligned} (\partial_{t}^{2} + ω_{\vec{pags}}^{2}) ϕ_{\vec{pags}} (t) & = 0 & , \\ (\partial_{t}^{2} + ω^{2}) q (t) & = 0 & . \end{aligned}

$\begin{equation}\begin{alignedat}{4} &(\partial^2_t+\omega_{\vec{p}}^2)\,\phi_{\vec{p}}(t)&&=0\quad&&,\\ &(\partial^2_t+\omega^2)\,q(t)&&=0\quad&&. \end{alignedat}\end{equation}$ La cuantificación se convierte

q (t)

$q(t)$ en el operador

\hat{q} (t)

$\hat{q}(t)$ que obedece a la misma ecuación diferencial (en el formalismo de Heisenberg).

(\partial_{t}^{2} + ω^{2}) \hat{q} (t) = 0 .

$\begin{equation} (\partial^2_t+\omega^2)\,\hat{q}(t)=0\quad. \end{equation}$ En la imagen de Schrödinger se puede escribir como

\hat{q} = {\hat{q}}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2 ω}} (\hat{a} + {\hat{a}}^{†}) .

$\begin{equation} \hat{q} = \hat{q}^\dagger = \dfrac{1}{\sqrt{2\omega}}(\hat{a} + \hat{a}^\dagger) \quad. \end{equation}$ Así como también

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ (hasta un multiplicador),

\hat{q}

$\hat{q}$ se puede utilizar para crear el primer estado excitado del vacío:

\sqrt{2 ω} \hat{q} | 0 ⟩ = {\hat{a}}^{†} | 0 ⟩ = | 1 ⟩ .

$\begin{equation} \sqrt{2\omega}\,\hat{q} |0\rangle = \hat{a}^\dagger |0\rangle = |1\rangle. \end{equation}$ Si queremos subir más la escalera, es sólo

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^\dagger$ quien hace bien el trabajo.

Ya hemos discutido que, en el caso del oscilador armónico, los estados $|n\rangle$ no pueden ser tratados como estados de múltiples partículas; uno necesariamente debería llamarlos los estados excitados de una sola partícula.

Sin embargo, en QFT tratamos el estado ${\dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle}$ como un estado de dos partículas!

\frac{1}{2} ({\hat{a}}_{\vec{pags}}^{†})^{2} | 0 ⟩ = | \underset{\vec{pags}}{2} ⟩,

$\begin{equation} \dfrac{1}{2}(\hat{a}_{\vec{p}}^\dagger)^2\,|0\rangle = | \underset{\vec{p}}{2} \rangle \quad, \end{equation}$ que parece no tener sentido cuando se considera como un estado de un solo oscilador armónico. El espacio de Fock completo del sistema es entonces, por supuesto, solo un producto tensorial de esos.

PREGUNTA 3. En QFT, ¿por qué tratamos esas excitaciones como estados de múltiples partículas?

Una vez más, déjame tratar de encontrar una respuesta yo mismo. En realidad, el procedimiento de cuantificación del campo es una especie de truco formal. Un enfoque más riguroso es considerar el gran número $N$ de partículas en el formalismo de Schrödinger (de la misma manera que lo hicimos con dos partículas) y luego tomar el límite ~ $N \to \infty$ .

Este enfoque a menudo se considera de la vieja escuela. Está mal explicado en Landau-Lifshitz, pero también con gran detalle en 'Quantum Mechanics' de Blokhintsev. Requiere pocos pasos:

$\quad 1. \quad$ Determinar la acción del hamiltonitán multipartícula

\hat{H} = \sum_{metro = 1}^{norte} {\hat{H}}_{metro}

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m=1}^N \hat{H}_m \end{equation}$ sobre los estados simetrizados

| . . ., \underset{k - 1}{N_{k - 1}}, \underset{k}{N_{k}}, \underset{k + 1}{N_{k + 1}}, . . . ⟩

$| ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle$ . Es decir, calcular los elementos de la matriz.

⟨ . . ., \underset{k - 1}{{METRO}_{k - 1}}, \underset{k}{{METRO}_{k}}, \underset{k + 1}{{METRO}_{k + 1}}, . . . | \hat{H} | . . ., \underset{k - 1}{{norte}_{k - 1}}, \underset{k}{{norte}_{k}}, \underset{k + 1}{{norte}_{k + 1}}, . . . ⟩ .

$\begin{equation} \langle...,\,\underset{k-1}{M_{k-1}},\,\underset{k}{M_k},\,\underset{k+1}{M_{k+1}},\,... | \, \hat{H}\, | ...,\,\underset{k-1}{N_{k-1}},\,\underset{k}{N_k},\,\underset{k+1}{N_{k+1}},\,... \rangle\quad. \end{equation}$

$\quad 2. \quad$ Defina los operadores de creación y aniquilación por su acción en esos estados:

\begin{aligned} {\hat{a}}_{k} | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k}, . . . ⟩ & = \sqrt{{norte}_{k}} & | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k} - 1, . . . ⟩, \\ {\hat{a}}_{k} | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k}, . . . ⟩ & = \sqrt{{norte}_{k} + 1} & | {norte}_{1}, {norte}_{2}, . . ., {norte}_{k} + 1, . . . ⟩ . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{alignedat}{6} \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k-1,\,... \rangle \quad,\\ \hat{a}_k\, |n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k,\,... \rangle &= \sqrt{n_k+1}\,&&|n_1,\,n_2,\,... ,\,n_k+1,\,... \rangle \quad. \end{alignedat} \end{equation}$ Por supuesto, tal definición implica que las relaciones de conmutación se cumplen (a menos que intentemos crear más partículas, el formalismo lo permite).

$\quad 3. \quad$ Muestre que el hamiltoniano se puede escribir en términos de operadores de creación y aniquilación que actúan sobre los estados de múltiples partículas de la manera habitual.

\hat{H} = \sum_{metro, norte} H_{metro norte} {\hat{a}}_{metro}^{†} {\hat{a}}_{norte} + . . .,

$\begin{equation} \hat{H} = \sum \limits_{m,n} H_{m\,n} \hat{a}^\dagger_m\,\hat{a}_n + ...\quad, \end{equation}$ donde

H_{m n}

$H_{m\,n}$ son solo los elementos de la matriz de una partícula, mientras que los puntos representan los términos de interacción. La declaración resultante no es tan trivial como parece y requiere algo de trabajo.

La expresión final para el hamiltoniano es la misma que en el caso de reemplazar los campos clásicos por sus versiones de 'segunda cuantificación'. La razón particular por la que me gusta este enfoque es porque nos permite evitar el uso de las dos suposiciones más cuestionables de la cuantificación del campo canónico:

$\quad\bullet\quad$ ''Tratemos el campo de Schrödinger / Klein-Gordon / ... ~ como un campo clásico y cuanticemos sus modos de Fourier...''

$\quad\bullet\quad$ ''Tratemos las excitaciones de los modos de Fourier cuantificados como estados de múltiples partículas...''

En su lugar, definimos los operadores de creación por su acción sobre el vacío y postulamos que crean un estado simétrico en el sistema multipartícula.

Uno puede preguntarse cómo debería funcionar este enfoque en EM, ya que en ese caso ya tenemos un campo en el nivel clásico. Aquí está mi conjetura formulada como una pregunta.

PREGUNTA 4. ¿Podemos 'cuantificar en segundo lugar' el campo EM tratando las ecuaciones de Maxwell como una ecuación de Schrödinger (por ejemplo, véanse los libros de Fushchich y Nikitin) y luego considerando los estados de partículas múltiples de éstas?

Supongo que la conclusión típica a la que llega la gente después de pensar en estos temas es: “Bueno, ambos enfoques (simetrización de estados de partículas individuales y cuantificación de los modos de Fourier) deberían funcionar ; ambos tienen varios pros y contras; la cuantización del campo es más útil porque nos lleva a la respuesta correcta más rápido (para que finalmente podamos sumergirnos en el cálculo de las amplitudes y las secciones transversales).''

Finalmente, me gustaría hacer mi pregunta más seria, la que me molestó durante años, y que está perfectamente ilustrada por la ilustración del 'método de la caja perdida' de Coleman (de sus conferencias Physics 253a). Una forma de pasar de la mecánica clásica a la teoría de campos, a través del cuadro 'QM', es:

\begin{matrix} \begin{matrix} cuantificar el \\ sistema clásico \\ de manera habitual \end{matrix} \to \begin{matrix} Saca muchas copias \\ de tales sistemas \\ y construir \\ estados simetrizados \end{matrix} \to \\ \to \begin{matrix} Definir creación \\ y aniquilación \\ operadores por \\ acción sobre esos estados \end{matrix} \to \begin{matrix} Expresar el \\ hamiltoniano en \\ en términos de \\ dichos operadores \end{matrix} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{gathered} \begin{gathered} \text{Quantise the}\\ \text{classical system}\\ \text{in a usual way} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Take many copies}\\ \text{of such systems}\\ \text{and construct}\\ \text{symmetrised states} \end{gathered} \quad\to\\ \to\quad \begin{gathered} \text{Define creation}\\ \text{and annihilation}\\ \text{operators by}\\ \text{action on those states} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Express the}\\ \text{Hamiltonian in}\\ \text{in terms of}\\ \text{such operators} \end{gathered} \end{gathered} \end{equation}$ Otra forma, a través del recuadro 'Teoría clásica de campos', es:

\begin{matrix} hacer un Fourier \\ transformada de la \\ campo clásico \\ ecuación \end{matrix} \to \begin{matrix} cuantificar cada uno \\ modo independiente como \\ oscilador armónico \end{matrix} \to \begin{matrix} Postula que el \\ subiendo la escalera \\ no es sino la creación \\ de nuevas partículas \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{gathered} \text{Make a Fourier}\\ \text{transform of the}\\ \text{classical field}\\ \text{equation} \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Quantise each}\\ \text{independent mode as a}\\ \text{harmonic oscillator}\\ \end{gathered} \quad\to\quad \begin{gathered} \text{Postulate that the}\\ \text{climbing the ladder}\\ \text{is but the creation}\\ \text{of new particles} \end{gathered} \end{equation}$ Curiosamente, en el segundo enfoque nunca discutimos explícitamente la simetrización. Simplemente decimos que las excitaciones de un oscilador armónico etiquetadas por cierto número cuántico son partículas idénticas (en este punto, uno puede pensar en el teorema de la estadística de espín).

PREGUNTA 5. ¿Por qué los dos procedimientos son equivalentes y conducen al mismo resultado?

Más precisamente, ¿por qué terminamos con los mismos espacios de Fock, los mismos operadores de creación y aniquilación?

Lo sé, todos los ingredientes están justo aquí, frente a mí... pero aún no puedo armar el rompecabezas. Y no estoy satisfecho con una simple comparación de los resultados de dos cajas negras.

Cualquier idea o referencia a varias fuentes será muy apreciada.

¡Muchas gracias!

knzhou

¿Hay alguna manera de dividir esto en varias preguntas? La pregunta #5 es una gran pregunta que se mantendría bien por sí sola. 3 y 4 también se pueden separar fácilmente.

udv

@mavzolej en Q1: su

a^†k ${\hat a}^\dagger_k$ ,

a^k ${\hat a}_k$ las definiciones por medio de la acción sobre el vacío/estado fundamental implican

a^†k= | k ⟩ ⟨ 0 | ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \langle 0|$ ,

a^k= | 0 ⟩ ⟨ k | ${\hat a}_k = |0\rangle \langle k|$ , pero sus representaciones matriciales parecen corresponder a

a^†k= | k ⟩k−−√⟨ k − 1 | ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \sqrt{k} \langle k-1|$ ,

a^k= | k - 1 ⟩k−−√⟨ k | ${\hat a}_k = |k-1\rangle \sqrt{k} \langle k|$ . ¿O estoy malinterpretando su notación?

mavzolej

@udrv Gracias, arreglé la forma matricial de

a^†k $\hat{a}^\dagger_k$ .

DanielSank

Hay dos problemas principales con esta publicación que le impedirán obtener buenas respuestas. Primero, es demasiado, demasiado largo. La mayoría de los lectores se alejarán después de notar cuánto texto hay. El segundo problema (relacionado) es que estás haciendo demasiadas preguntas diferentes. Cada publicación en este sitio debe hacer una pregunta específica. No hay nada de malo en hacer varias publicaciones. El problema con las preguntas de varias partes es que si la probabilidad de leer, comprender, pensar y responder una pregunta es

pags $p$ , entonces la probabilidad de hacerlo cinco veces es

pags5 $p^5$ , que es diminuto.

DanielSank

Otra pregunta relacionada para cualquier persona interesada en esta.

DanielSank

En el primer conjunto de matrices escribes para

a $a$ y

a† $a^\dagger$ , las filas y columnas corresponden a los estados numéricos (estados de Fock) de un oscilador armónico. Luego escribes otro conjunto de matrices para

ak $a_k$ y

a†k $a_k^\dagger$ , pero no es nada obvio lo que significan las filas y las columnas. Creo que deberías abordar esto. Hay muchas declaraciones incorrectas en esa parte de la publicación, y creo que las encontrará si reconsidera lo que quiere decir con esas matrices.

Respuestas (2)

Los orígenes de la segunda cuantización

¿Hay alguna manera de dividir esto en varias preguntas? La pregunta #5 es una gran pregunta que se mantendría bien por sí sola. 3 y 4 también se pueden separar fácilmente.
@mavzolej en Q1: su ${\hat a}^\dagger_k$ , ${\hat a}_k$ las definiciones por medio de la acción sobre el vacío/estado fundamental implican ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \langle 0|$ , ${\hat a}_k = |0\rangle \langle k|$ , pero sus representaciones matriciales parecen corresponder a ${\hat a}^\dagger_k = |k\rangle \sqrt{k} \langle k-1|$ , ${\hat a}_k = |k-1\rangle \sqrt{k} \langle k|$ . ¿O estoy malinterpretando su notación?
@udrv Gracias, arreglé la forma matricial de $\hat{a}^\dagger_k$ .
Hay dos problemas principales con esta publicación que le impedirán obtener buenas respuestas. Primero, es demasiado, demasiado largo. La mayoría de los lectores se alejarán después de notar cuánto texto hay. El segundo problema (relacionado) es que estás haciendo demasiadas preguntas diferentes. Cada publicación en este sitio debe hacer una pregunta específica. No hay nada de malo en hacer varias publicaciones. El problema con las preguntas de varias partes es que si la probabilidad de leer, comprender, pensar y responder una pregunta es $p$ , entonces la probabilidad de hacerlo cinco veces es $p^5$ , que es diminuto.
Otra pregunta relacionada para cualquier persona interesada en esta.
En el primer conjunto de matrices escribes para $a$ y $a^\dagger$ , las filas y columnas corresponden a los estados numéricos (estados de Fock) de un oscilador armónico. Luego escribes otro conjunto de matrices para $a_k$ y $a_k^\dagger$ , pero no es nada obvio lo que significan las filas y las columnas. Creo que deberías abordar esto. Hay muchas declaraciones incorrectas en esa parte de la publicación, y creo que las encontrará si reconsidera lo que quiere decir con esas matrices.

Andrés · Answer 1

Su pregunta equivale a "explicar lentamente el primer mes de un curso de teoría cuántica de campos", por lo que no podré abordar todo lo que ha planteado en su pregunta. Pero, voy a tratar de discutir algunos de los puntos clave.

Para una teoría libre, existe una equivalencia (al menos a nivel de rigor físico) entre la imagen del campo cuántico y la imagen del espacio/partícula de Fock. (También existe una relación entre partículas y campos en las teorías de interacción, pero se vuelve mucho más sutil y requiere una buena cantidad de teoría de grupos para describirla, así que centrémonos en las teorías libres).

(Por supuesto, las teorías libres son buenas herramientas matemáticas y la base de la teoría de la perturbación, pero no son en sí mismas muy físicas. De hecho, hay algunos hechos muy importantes sobre las teorías libres que simplemente no son ciertos para las teorías físicas realistas. Por ejemplo, en una teoría libre el número de partículas se conserva, lo cual es en gran medida un artefacto de trabajar con un modelo demasiado simplificado y no es indicativo de la física real. En cierto sentido, realmente no necesitaríamos campos cuánticos si se conservara el número de partículas (aunque aún puede ser conveniente, y en algunas aplicaciones de materia condensada de la teoría de campos, el número de partículas se conserva, pero el formalismo de la teoría de campos sigue siendo útil).

De todos modos, en términos de teorías libres, creo que muchas de sus preguntas pueden responderse trabajando con una red finita en 1+1 dimensiones (1 espacio y 1 dimensión de tiempo, y discretizaremos la dirección espacial). di que hay $N$ puntos en la red, que representan las ubicaciones espaciales. Entonces la teoría de campo libre Lagrangiana se puede escribir como algo así

L = \sum_{j = 1}^{norte} [\frac{1}{2} {\dot{ϕ}}_{j}^{2} - \frac{1}{2 a^{2}} {(ϕ_{j + 1} - ϕ_{j})}^{2} - \frac{{metro}^{2}}{2} ϕ_{j}^{2}]

$\begin{equation} \mathcal{L} = \sum_{j=1}^N \left[ \frac{1}{2} \dot{\phi}_j^2 - \frac{1}{2 a^2}\left(\phi_{j+1} - \phi_j\right)^2 - \frac{m^2}{2} \phi_j^2 \right] \end{equation}$ donde

a

$a$ es el espaciamiento de la red y

m

$m$ es la masa del campo escalar. Supondré por simplicidad que existen condiciones de contorno periódicas de modo que

ϕ_{N + j} = ϕ_{j}

$\phi_{N+j}=\phi_j$ para cualquier entero

j

$j$ .

De hecho, este es el lagrangiano para $N$ osciladores armónicos. Nos corresponde trabajar con los modos normales del sistema (en los que estos osciladores armónicos se desacoplan) utilizando la transformada (discreta) de Fourier

{\tilde{ϕ}}_{k} = \frac{1}{norte} \sum_{j = 1}^{norte} ϕ_{I} {mi}^{2 π I k j / norte}

$\begin{equation} \tilde{\phi}_k = \frac{1}{N} \sum_{j=1}^N \phi_i e^{2 \pi i k j / N} \end{equation}$ Entonces terminas con (posiblemente hasta factores de 2 o

π

$\pi$ )

L = \sum_{k = 0}^{norte} (| {\dot{\tilde{ϕ}}}_{k} |^{2} - ω_{k}^{2} | {\tilde{ϕ}}_{k} |^{2})

$\begin{equation} \mathcal{L} = \sum_{k=0}^{N} \left( |\dot{\tilde{\phi}}_k|^2 - \omega_k^2|\tilde{\phi}_k|^2 \right) \end{equation}$ donde

{\tilde{ϕ}}_{k}^{⋆} = {\tilde{ϕ}}_{- k}

$\tilde{\phi}_k^\star = \tilde{\phi}_{-k}$ , y donde el espectro está dado por

ω_{k}^{2} = {metro}^{2} + \frac{4}{π^{2} a^{2}} {pecado}^{2} (\frac{π k}{2 norte})

$\begin{equation} \omega_k^2 = m^2 + \frac{4}{\pi^2 a^2} \sin^2\left(\frac{\pi k}{2 N}\right) \end{equation}$ Para

k / N ≪ 1

$k/N \ll 1$ , el espectro es

ω_{k}^{2} = {metro}^{2} + {(\frac{k}{norte a})}^{2}

$\begin{equation} \omega_k^2 = m^2 + \left(\frac{k}{Na}\right)^2 \end{equation}$ lo cual, por supuesto, no es un accidente, esta es una versión discreta de la relación de dispersión relativista

ω^{2} = k^{2} + m^{2}

$\omega^2 = k^2 + m^2$ .

Cada uno de estos osciladores armónicos, etiquetados por $k$ , obtiene un operador de creación y aniquilación, por lo que hay $N$ operadores de creación total y $N$ operadores de aniquilación total. Cada operador de creación y aniquilación está etiquetado por $k$ .

El estado que describe una partícula con momento $k / N a$ entonces se define como el operador de creación para $k$ actuando sobre el vacío. El estado que describe $n$ partículas con momento $k / N a$ se define de manera similar por ser (hasta una normalización) el operador de creación para $k$ actuando sobre el vacío $n$ veces.

¿Por qué llamamos a estos estados de partículas? Tiene razón en que no definimos algo como una 'partícula' solo porque aparece el oscilador armónico cuántico. En este nivel (para la teoría libre), identificamos los niveles de energía de los osciladores armónicos (etiquetados por $k$ ) con partículas porque estos estados representan un paquete discreto de energía, con la misma relación entre cantidad de movimiento y energía que una partícula relativista clásica.

Para dar una mejor respuesta, desea preguntar "¿qué aparece en un detector cuando realizo experimentos de dispersión?" O "¿qué aparece en un contador de fotones?" Para responder a ese tipo de pregunta, realmente desea hacer un cálculo más sofisticado: por ejemplo, desea formar paquetes de ondas y preguntar cómo se propagan, y tal vez ver cómo estos paquetes de ondas interactúan con su detector. El resultado neto es que la identificación anterior coincide con lo que obtiene al observar estos cálculos más cuidadosos.

Por último, otros dos puntos rápidos:

También podemos ir a la inversa: comenzando con el Lagrangiano diagonalizado en el espacio de Fourier (la imagen de la partícula) podemos volver al espacio real (la imagen del campo) usando la transformada inversa de Fourier.

Finalmente, para conectarnos con la teoría de campos, podemos imaginarnos tomando un límite continuo $a\rightarrow 0$ así como un límite de volumen infinito $N\rightarrow \infty$ recuperar la teoría de campos. También es muy fácil generalizar lo anterior a celosías con más de una dirección espacial.

Gracias por esta respuesta, aclara la molestia continua que tengo con CuriousOne y otros sobre campos versus qm "partículas"
No hay problema (aunque espero que eso no signifique que voy a terminar con una molestia :)). La relación entre campos y partículas es bastante profunda y sutil, voy y vengo entre si creo que los campos son una forma conveniente de construir teorías de partículas cuánticas relativistas que interactúan (visión de Weinberg) o si una 'partícula' es solo una forma conveniente de que un campo puede comportarse en ciertos límites. O si deberíamos descartar campos por completo y solo pensar en matrices S, que es una tendencia nuevamente en algunos círculos.
Empecé con matrices S en 1963 :), y una temporada con postes Regge
@Andrew, gracias por la respuesta. Tendré que pensar. Especialmente, sobre esto: ''...estos estados representan un paquete discreto de energía...''

udv · Answer 2

La respuesta de @Andrew proporciona el panorama general, pero me gustaría dar algunos consejos más específicos que, con suerte, pueden ayudar.

Preguntas 1-2 : ¿Todo parece correcto hasta ahora? ¿Cómo expresar estos operadores en términos de operadores de una partícula?

Entonces, desea configurar análogos de una sola partícula de los operadores de escalera usando estados propios del primer hamiltoniano cuantificado, luego utilícelos para construir los segundos operadores de escalera de cuantificación en el espacio de partículas múltiples simetrizadas. El problema es que tal procedimiento puede no ser posible. He aquí por qué:

Todo el segundo marco de cuantización se basa en un isomorfismo entre el subespacio (anti) simétrico del espacio de Hilbert de partículas N y un producto directo abstracto de los espacios de Hilbert "modos", cada uno construido alrededor de su propio álgebra de operador de escalera. Los operadores de escalera ${\hat a}_n$ , ${\hat a}^\dagger_n$ en el espacio de Hilbert abstracto / "modo" obviamente tienen equivalentes en el subespacio (anti) simétrico original de N-partículas. Pero no se puede expresar como sumas simetrizadas de operadores similares de una sola partícula. Para ver por qué, supongamos que el ${\hat a}_n$ , ${\hat a}^\dagger_n$ de hecho puede expresarse como tales sumas simetrizadas, leyendo

{\hat{a}}_{norte} \sim \sum_{k = 1}^{norte} {\hat{α}}_{norte}^{(k)}, {\hat{a}}_{norte}^{†} \sim \sum_{k = 1}^{norte} {({\hat{α}}_{norte}^{(k)})}^{†}

${\hat a}_n \sim \sum_{k=1}^N{ {\hat \alpha}^{(k)}_n},\;\;\; {\hat a}^\dagger_n \sim \sum_{k=1}^N{ \left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger}$ hasta algún factor de normalización adecuado, donde

{\hat{α}}_{n}^{(k)}

${\hat \alpha}^{(k)}_n$ ,

{({\hat{α}}_{n}^{(k)})}^{†}

$\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger$ son los "operadores de escalera de una sola partícula" deseados para partículas

k

$k$ y "modo"/estado propio

n

$n$ , y cada término debe entenderse en el sentido de

{\hat{α}}_{n}^{(k)} \otimes [⨂_{j \neq k} {\hat{I}}^{(j)}]

${\hat \alpha}^{(k)}_n\otimes \left[\bigotimes_{j\neq k}{\hat I}^{(j)}\right]$ . Se puede suponer naturalmente que este último conmuta (anti) para diferentes partículas y estados propios (pre-simetrización), por lo que

{[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {\hat{α}}_{n}^{(j)}]}_{\pm} = {[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {({\hat{α}}_{n}^{(j)})}^{†}]}_{\pm} = 0

$\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, {\hat \alpha}^{(j)}_n\right]_\pm = \left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, \left( {\hat \alpha}^{(j)}_n\right)^\dagger\right]_\pm = 0$ for any

j \neq k

$j\neq k$ and for

n \neq m

$n\neq m$ when

j = k

$j = k$ . Then the (anti)commutation relations for the

{\hat{a}}_{n}

${\hat a}_n$ -s,

{[{\hat{a}}_{m}, {\hat{a}}_{n}]}_{\pm} = 0, {[{\hat{a}}_{m}, {\hat{a}}_{n}^{†}]}_{\pm} = δ_{m n} \hat{I}

$\left[{\hat a}_m, {\hat a}_n\right]_\pm = 0,\;\;\; \left[ {\hat a}_m, {\hat a}^\dagger_n\right]_\pm = \delta_{mn}{\hat I}$ require

0 = {[{\hat{a}}_{m}, {\hat{a}}_{n}]}_{\pm} \sim \sum_{k = 0}^{N} {[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {\hat{α}}_{n}^{(k)}]}_{\pm}, δ_{m n} \hat{I} = {[{\hat{a}}_{m}, {\hat{a}}_{n}^{†}]}_{\pm} \sim \sum_{k = 0}^{N} {[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {({\hat{α}}_{n}^{(k)})}^{†}]}_{\pm}

$0 = \left[{\hat a}_m, {\hat a}_n\right]_\pm \sim \sum_{k=0}^N{\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m, {\hat \alpha}^{(k)}_n\right]_\pm }, \;\;\;\; \delta_{mn}{\hat I} = \left[{\hat a}_m, {\hat a}^\dagger_n\right]_\pm \sim \sum_{k=0}^N{\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m,\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger\right]_\pm }$ The important point here is that in either case the lhs does not depend on

N

$N$ . Then the first eq. above implies that each term on the rhs must vanish identically, which is great. But things are no longer clear cut for the 2nd eq. Whatever prescription we might propose for

{[{\hat{α}}_{m}^{(k)}, {({\hat{α}}_{n}^{(k)})}^{†}]}_{\pm}

$\left[{\hat \alpha}^{(k)}_m,\left( {\hat \alpha}^{(k)}_n\right)^\dagger\right]_\pm$ , there is no way to normalize the sum such that the result is non-zero yet independent of

N

$N$ for any

N

$N$ .

Bottom line: however intuitive it may seem at first sight, this is not the way to go.

Question 3: In QFT why do we treat those excitations as multi-particle states?

Short answer: Due to the isomorphism with the many-particle framework. Sometimes, as in solid state physics, the excitations are referred to as quasi-particles for this exact reason. Think phonons and excitons. Same goes for photons and any other field quanta, but for historical reasons they are referred to as "particles".

Question 4: Can we 'second-quantise' the EM field by treating the Maxwell equations as a Schrödinger equation (e.g. see books by Fushchich and Nikitin) and then considering the multi-particle states of those?

Unfortunately I'm not familiar with the book you mention, but you may want to google "Maxwell equations in Dirac form", for instance this paper and this Wikipedia page (especially refs. within). Never saw this used as a starting point for second quantization though, but why not? Perhaps an interesting idea?

Question 5: Why are the two procedures equivalent and lead to the same result?

Otra respuesta corta, igual que para la pregunta 3: porque ambos procedimientos se basan en un isomorfismo con el mismo tipo de espacio abstracto de Hilbert y el álgebra de operadores asociado. Como se mencionó anteriormente, el procedimiento de "Mecánica Clásica"/"partícula" observa un isomorfismo entre el subespacio finito (anti)simétrico del espacio de N-partículas de Hilbert y un subespacio de "número fijo de partículas" del segundo espacio cuantizado abstracto, mientras que el " El procedimiento Field Theory" produce un verdadero isomorfismo (el "postulado" que menciona).

Los orígenes de la segunda cuantización

mavzolej

knzhou

udv

mavzolej

DanielSank

DanielSank

DanielSank

Respuestas (2)

Andrés

ana v

Andrés

ana v

mavzolej

udv

Conexión de la primera cuantificación con la segunda cuantificación (teoría cuántica de campos)

¿Cómo llenar los vacíos en esta construcción QFT?

Superposición de estados en segunda cuantización

El vacío en las teorías cuánticas de campos: ¿qué es?

¿Cómo es posible tomar el producto interno de estados que pertenecen a dos espacios de Hilbert diferentes?

Evolución de Schrödinger para una ecuación de Klein-Gordon

Derivación del hamiltoniano de un solo cuerpo en QFT

¿Cómo escribir el estado de salida de un divisor de haz?

Pregunta sobre la "función de onda" en Mecánica Cuántica Relativista (RQM) y Teoría Cuántica de Campos (QFT)

Dificultad conceptual en la comprensión del Espacio Vectorial Continuo