Número clásico de Fermion y Grassmann

Question

Número clásico de Fermion y Grassmann

Física
fermiones
ecuación de dirac
Grassmann-números
relatividad especial
teoría cuántica de campos

Xiaoyi Jing

En la teoría de las ecuaciones de ondas relativistas, derivamos la ecuación de Dirac y la ecuación de Klein-Gordon utilizando la teoría de representación del álgebra de Poincaré.

Por ejemplo, en este documento

http://arxiv.org/abs/0809.4942

la ecuación de Dirac en el espacio de cantidad de movimiento (ecuación [52], [57] y [58]) se puede derivar del estado de 1 partícula de representación unitaria irreducible del álgebra de Poincaré (ecuación [18] y [19]). La función de onda ordinaria en el espacio de posiciones es su transformada de Fourier (ecuación [53], [62] y [65]).

Tenga en cuenta que en esta etapa, esta ecuación de Dirac es simplemente una ecuación de onda clásica. es decir, sus soluciones son los clásicos 4-espinores de Dirac, que toman valores en $\Bbb{C}^{2}\oplus\Bbb{C}^{2}$ .

Si consideramos las ondas de Dirac $\psi(x)$ y $\bar{\psi}(x)$ como 'campos clásicos', entonces los campos de Dirac cuantizados se obtienen promoviéndolos en osciladores armónicos fermiónicos.

Lo que no entiendo es que cuando estamos haciendo la cuantificación integral de la ruta de los campos de Dirac, estamos, de hecho, tratando $\psi$ y $\bar{\psi}$ como números de Grassmann, que son contrarios a la intuición para mí. Por lo que tengo entendido, hacemos la integral de ruta sumando todos los 'campos clásicos'. Mientras que la 'ola clásica de Dirac $\psi(x)$ ' derivamos al principio son simplemente 4-espinores que viven en $\Bbb{C}^{2}\oplus\Bbb{C}^{2}$ . ¿Cómo pueden ser tratados como números de Grassmann?

Tal como lo veo, los físicos están tratando de construir un 'análogo clásico' de los fermiones que son objetos puramente cuánticos. Por ejemplo, si partimos de un anticonmutador cuántico

[ψ, ψ^{†}]_{+} = i ℏ 1 y [ψ, ψ]_{+} = [ψ^{†}, ψ^{†}]_{+} = 0,

$[\psi,\psi^{\dagger}]_{+}=i\hbar1 \quad\text{and}\quad [\psi,\psi]_{+}=[\psi^{\dagger},\psi^{\dagger}]_{+}=0,$

entonces podemos obtener los números de Grassmann en el límite clásico $\hbar\rightarrow0$ . Así es como solía entender los números de Grassmann. El problema es que si los números de Grassmann son de hecho una especie de límite clásico de operadores anticonmutantes en el espacio de Hilbert, entonces el límite $\hbar\rightarrow0$ en sí mismo no tiene ningún sentido desde un punto de vista físico ya que en este límite $\hbar\rightarrow0$ , los observables de espín se desvanecen totalmente y lo que obtenemos entonces sería un $0$ , que es una teoría trivial.

Por favor, dígame cómo se relacionan exactamente los fermiones cuánticos con los números de Grassmann.

AccidentalFourierTransformar

Algunos comentarios menores: los componentes o

ψ

$\psi$ son números de Grassmann en el nivel clásico. En QM, ya no son números de Grassmann, sino operadores. Nosotros elegimos

ψ_{α} (x)

$\psi_\alpha(x)$ ser impar de Grassmann en el nivel clásico, de modo que los CCR (inducidos por el álgebra de corchetes de Poisson) sean anticonmutadores en lugar de conmutadores, lo que da lugar a estados fermiónicos.

Xiaoyi Jing

@ AccidentalFourierTransform No hay evidencia directa que me convenza de que los campos de Dirac que derivamos de la representación del álgebra de Poincaré deberían tener un valor de grassmann. En cambio, encuentro que la gente tiende a creer que los campos de Dirac clásicos son números de Grassmann porque los campos cuánticos de electrones son fermiónicos. Dejando de lado el hecho de que los electrones son de hecho fermiones, si partimos de la representación del álgebra de Poincaré y derivamos las ecuaciones de onda relativistas, está claro que son espinores de valores complejos.

AccidentalFourierTransformar

el campo de Dirac clásico es irrelevante: podemos definirlo como queramos que sea. No hay uso de

(- i \partial + m) ψ = 0

$(-i\partial+m)\psi=0$ para un campo clásico

ψ

$\psi$ . Lo definimos para que tenga las propiedades que funcionan mejor cuando se cuantifican: sabemos qué

\hat{ψ}

$\hat\psi$ tiene que ser, así que definimos

ψ

$\psi$ para que todo funcione bien. Recuerde que la ecuación de onda relativista es inútil:

ψ

$\psi$ no es una función de onda. El objeto importante es

\hat{ψ}

$\hat \psi$ (no hay límite clásico de campos de fermiones, porque no existen en el nivel clásico)

Xiaoyi Jing

@AccidentalFourierTransform.

ψ

$\psi$ es una función de onda. Lo importante es que la onda que obtuvimos de la teoría de la representación del álgebra de Poincaré no es la onda probabilística de la mecánica cuántica. En cambio, es la onda de los campos clásicos. Es bien sabido que algunos campos clásicos satisfacen la ecuación de Schrödinger. Pero no es la ecuación de onda mecánica cuántica ya que la onda clásica aquí no tiene interpretación probabilística.

Xiaoyi Jing

@ AccidentalFourierTransform Por ejemplo, puede cuantificar el campo clásico de Schrödinger, que es el límite no relativista del campo clásico de Klein-Gordon. También es el límite clásico del campo cuántico de Schrödinger. Este campo cuántico de Schrödinger también puede considerarse como un límite continuo de la mecánica cuántica de muchas partículas idénticas al cuerpo. Simplemente intercalamos el hamiltoniano clásico por los operadores de creación y aniquilación. Tenga en cuenta que el hamiltoniano clásico toma la misma forma que el hamiltoniano cuántico de la mecánica cuántica ordinaria de 1 partícula.

Xiaoyi Jing

@ AccidentalFourierTransform Puede encontrar la introducción del campo de Schrödinger aquí: en.wikipedia.org/wiki/Schr%C3%B6dinger_field

Xiaoyi Jing

@ AccidentalFourierTransform Bueno, para ser más precisos,

ψ (p)

$\psi(p)$ todavía permiten una interpretación probabilística, ya que después de todo construimos esta onda a partir del estado de 1 partícula de la representación unitaria irreducible del álgebra de Poincaré, que es exactamente los elementos fundamentales del espacio de Hilbert de partículas relativistas. Sin embargo, a diferencia de QM no relativista, la transformada de Fourier de

ψ (p)

$\psi(p)$ en el espacio de posición, es decir

ψ (x)

$\psi(x)$ no tiene interpretación probabilística. La razón es la siguiente.

Xiaoyi Jing

@ AccidentalFourierTransform En QM relativista, los operadores de posición

X^{μ}

$X^{\mu}$ no son hermitianos y

| x >< x |

$|x><x|$ está incompleto. Es por lo tanto, no podemos considerar el campo

ψ (x)

$\psi(x)$ como una onda probabilística

< x | ψ >

$<x|\psi>$ de su mecánica cuántica, aunque la

ψ (p)

$\psi(p)$ es de hecho la onda probabilística mecánica cuántica en el espacio de Hilbert. Sin embargo, una vez que consideramos las interacciones locales, necesitamos hacer cálculos en el espacio de posición, por lo que cuantificamos los campos clásicos.

ψ (x)

$\psi(x)$ .

Xiaoyi Jing

Para todos los que tengan interés en mi pregunta, de repente me di cuenta de que en el formalismo de la integral de caminos de los fermiones, el proceso de derivación es el siguiente. Partimos de considerar la probabilidad de transición entre dos estados coherentes fermiónicos, digamos

< {\bar{ψ}}_{f} | ψ_{i} >

$<\bar{\psi}_{f}|\psi_{i}>$ . Luego agregamos un montón de operadores de identidad para los estados coherentes fermiónicos. Luego nos encontramos con los números de Grassmann. Teniendo en cuenta el procedimiento anterior, me parece que estos números de Grassmann no son exactamente el límite clásico de los campos fermiónicos.

Sebastián Riese

@XiaoyiJing Como usted dice, los números de Grassmann son un truco técnico para permitir la construcción de estados coherentes de fermiones, que luego se utilizan para construir la integral de ruta de estado coherente. No corresponden a estados físicos. Todos los estados físicos tienen números de ocupación reales (pero puede expandir todos los estados físicos en términos de estados coherentes que tienen coeficientes de Grassmann). Se puede argumentar que la razón por la que no hay campos fermiónicos clásicos es que no hay estados físicos coherentes de fermiones.

Respuestas (1)

Número clásico de Fermion y Grassmann

Algunos comentarios menores: los componentes o $\psi$ son números de Grassmann en el nivel clásico. En QM, ya no son números de Grassmann, sino operadores. Nosotros elegimos $\psi_\alpha(x)$ ser impar de Grassmann en el nivel clásico, de modo que los CCR (inducidos por el álgebra de corchetes de Poisson) sean anticonmutadores en lugar de conmutadores, lo que da lugar a estados fermiónicos.
@ AccidentalFourierTransform No hay evidencia directa que me convenza de que los campos de Dirac que derivamos de la representación del álgebra de Poincaré deberían tener un valor de grassmann. En cambio, encuentro que la gente tiende a creer que los campos de Dirac clásicos son números de Grassmann porque los campos cuánticos de electrones son fermiónicos. Dejando de lado el hecho de que los electrones son de hecho fermiones, si partimos de la representación del álgebra de Poincaré y derivamos las ecuaciones de onda relativistas, está claro que son espinores de valores complejos.
el campo de Dirac clásico es irrelevante: podemos definirlo como queramos que sea. No hay uso de $(-i\partial+m)\psi=0$ para un campo clásico $\psi$ . Lo definimos para que tenga las propiedades que funcionan mejor cuando se cuantifican: sabemos qué $\hat\psi$ tiene que ser, así que definimos $\psi$ para que todo funcione bien. Recuerde que la ecuación de onda relativista es inútil: $\psi$ no es una función de onda. El objeto importante es $\hat \psi$ (no hay límite clásico de campos de fermiones, porque no existen en el nivel clásico)
@AccidentalFourierTransform. $\psi$ es una función de onda. Lo importante es que la onda que obtuvimos de la teoría de la representación del álgebra de Poincaré no es la onda probabilística de la mecánica cuántica. En cambio, es la onda de los campos clásicos. Es bien sabido que algunos campos clásicos satisfacen la ecuación de Schrödinger. Pero no es la ecuación de onda mecánica cuántica ya que la onda clásica aquí no tiene interpretación probabilística.
@ AccidentalFourierTransform Por ejemplo, puede cuantificar el campo clásico de Schrödinger, que es el límite no relativista del campo clásico de Klein-Gordon. También es el límite clásico del campo cuántico de Schrödinger. Este campo cuántico de Schrödinger también puede considerarse como un límite continuo de la mecánica cuántica de muchas partículas idénticas al cuerpo. Simplemente intercalamos el hamiltoniano clásico por los operadores de creación y aniquilación. Tenga en cuenta que el hamiltoniano clásico toma la misma forma que el hamiltoniano cuántico de la mecánica cuántica ordinaria de 1 partícula.
@ AccidentalFourierTransform Puede encontrar la introducción del campo de Schrödinger aquí: en.wikipedia.org/wiki/Schr%C3%B6dinger_field
@ AccidentalFourierTransform Bueno, para ser más precisos, $\psi(p)$ todavía permiten una interpretación probabilística, ya que después de todo construimos esta onda a partir del estado de 1 partícula de la representación unitaria irreducible del álgebra de Poincaré, que es exactamente los elementos fundamentales del espacio de Hilbert de partículas relativistas. Sin embargo, a diferencia de QM no relativista, la transformada de Fourier de $\psi(p)$ en el espacio de posición, es decir $\psi(x)$ no tiene interpretación probabilística. La razón es la siguiente.
@ AccidentalFourierTransform En QM relativista, los operadores de posición $X^{\mu}$ no son hermitianos y $|x><x|$ está incompleto. Es por lo tanto, no podemos considerar el campo $\psi(x)$ como una onda probabilística $<x|\psi>$ de su mecánica cuántica, aunque la $\psi(p)$ es de hecho la onda probabilística mecánica cuántica en el espacio de Hilbert. Sin embargo, una vez que consideramos las interacciones locales, necesitamos hacer cálculos en el espacio de posición, por lo que cuantificamos los campos clásicos. $\psi(x)$ .
Para todos los que tengan interés en mi pregunta, de repente me di cuenta de que en el formalismo de la integral de caminos de los fermiones, el proceso de derivación es el siguiente. Partimos de considerar la probabilidad de transición entre dos estados coherentes fermiónicos, digamos $<\bar{\psi}_{f}|\psi_{i}>$ . Luego agregamos un montón de operadores de identidad para los estados coherentes fermiónicos. Luego nos encontramos con los números de Grassmann. Teniendo en cuenta el procedimiento anterior, me parece que estos números de Grassmann no son exactamente el límite clásico de los campos fermiónicos.
@XiaoyiJing Como usted dice, los números de Grassmann son un truco técnico para permitir la construcción de estados coherentes de fermiones, que luego se utilizan para construir la integral de ruta de estado coherente. No corresponden a estados físicos. Todos los estados físicos tienen números de ocupación reales (pero puede expandir todos los estados físicos en términos de estados coherentes que tienen coeficientes de Grassmann). Se puede argumentar que la razón por la que no hay campos fermiónicos clásicos es que no hay estados físicos coherentes de fermiones.

qmecanico · Answer 1

$\require{cancel}$

Antes que nada, recuerda que un corchete super-Lie $[\cdot,\cdot]_{LB}$ (como, por ejemplo, un soporte super-Poisson $\{\cdot,\cdot\}$ y el superconmutador $[\cdot,\cdot]$ ), satisface super-antisimetría
$\begin{matrix} (1) & [F, gramo]_{L B} = - (- 1)^{| F | | gramo |} [gramo, F]_{L B}, \end{matrix}$ $[f,g]_{LB} ~=~ -(-1)^{|f||g|}[g,f]_{LB},\tag{1}$ y la super-identidad jacobi $\begin{matrix} (2) & \sum_{ciclo F, gramo, h} (- 1)^{| F | | h |} [[F, gramo]_{L B}, h]_{L B} = 0. \end{matrix}$ $\sum_{\text{cycl. }f,g,h} (-1)^{|f||h|}[[f,g]_{LB},h]_{LB}~=~0.\tag{2}$ Aquí $|f|$ denota la paridad de Grassmann del elemento de álgebra de super-Lie $f$ . Con respecto a los supernúmeros , consulte también, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE y los enlaces que contiene.
Para garantizar que el espacio de Hilbert no tenga estados normativos negativos y que el estado de vacío no tenga excitaciones de energía negativa, el campo de Dirac debe cuantificarse con relaciones de anticonmutación.
$[{\hat{ψ}}_{α} (X, t), {\hat{ψ}}_{β}^{†} (y, t)]_{+} = ℏ d_{α β} d^{3} (X - y) \hat{1} = [{\hat{ψ}}_{α}^{†} (X, t), {\hat{ψ}}_{β} (y, t)]_{+},$ $[\hat{\psi}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}^{\dagger}_{\beta}({\bf y},t)]_{+} ~=~ \hbar\delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y})\hat{\bf 1} ~=~[\hat{\psi}^{\dagger}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}_{\beta}({\bf y},t)]_{+},$ $\begin{matrix} (3) & [{\hat{ψ}}_{α} (X, t), {\hat{ψ}}_{β} (y, t)]_{+} = 0, [{\hat{ψ}}_{α}^{†} (X, t), {\hat{ψ}}_{β}^{†} (y, t)]_{+} = 0, \end{matrix}$ $[\hat{\psi}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}_{\beta}({\bf y},t)]_{+} ~=~ 0, \qquad [\hat{\psi}^{\dagger}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}^{\dagger}_{\beta}({\bf y},t)]_{+}~=~ 0, \tag{3}$ más que con relaciones de conmutación, cf. por ejemplo, ref. 1 y esta publicación de Phys.SE.
De acuerdo con el principio de correspondencia entre la física cuántica y la clásica, el superconmutador es $i\hbar$ veces el soporte de super-Poisson (hasta un posible mayor $\hbar$ -correcciones), cf. por ejemplo , esta publicación de Phys.SE. Por lo tanto, los corchetes de super-Poisson fundamentales correspondientes dicen $^1$

${ψ_{α} (X, t), ψ_{β}^{*} (y, t)} = - i d_{α β} d^{3} (X - y) = {ψ_{α}^{*} (X, t), ψ_{β} (y, t)},$ $\{\psi_{\alpha}({\bf x},t), \psi^{\ast}_{\beta}({\bf y},t)\} ~=~ -i\delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y}) ~=~\{\psi^{\ast}_{\alpha}({\bf x},t), \psi_{\beta}({\bf y},t)\},$ $\begin{matrix} (4) & {ψ_{α} (X, t), ψ_{β} (y, t)} = 0, {ψ_{α}^{*} (X, t), ψ_{β}^{*} (y, t)} = 0. \end{matrix}$ $\{\psi_{\alpha}({\bf x},t), \psi_{\beta}({\bf y},t)\} ~=~ 0, \qquad \{\psi^{\ast}_{\alpha}({\bf x},t), \psi^{\ast}_{\beta}({\bf y},t)\}~=~ 0. \tag{4}$
Comparando ecs. (1), (3) y (4), queda claro que el campo de Dirac es impar de Grassmann, tanto como un campo cuántico con valor de operador $\hat{\psi}_{\alpha}$ y como un campo clásico con valores de supernúmero $\psi_{\alpha}$ .
Es interesante que la densidad libre de Dirac Lagrangiana $^2$
$\begin{matrix} (5) & L = \bar{ψ} (\frac{i}{2} \overset{\leftrightarrow}{\partial} - metro) ψ \end{matrix}$ ${\cal L}~=~\bar{\psi}(\frac{i}{2}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\partial}} -m)\psi \tag{5}$ es (i) real, y (ii) su ecuación de Euler-Lagrange (EL) es la ecuación de Dirac $^3$
$\begin{matrix} (6) & (i \partial - metro) ψ \approx 0, \end{matrix}$ $(i\cancel{\partial} -m)\psi~\approx~0,\tag{6}$ independientemente de la paridad de Grassmann de $\psi$ !
La ecuación de Dirac (6) en sí misma es lineal en $\psi$ , y por lo tanto agnóstico a la paridad de Grassmann de $\psi$ .

Referencias:

ME Peskin y DV Schroeder, Introducción a QFT; Sección 3.5.
H. Arodz & L. Hadasz, Lectures on Classical and Quantum Theory of Fields, Sección 6.2.

--

$^1$ En esta respuesta, por simplicidad solo consideramos la descuantificación, es decir, pasar de un sistema cuántico a un sistema clásico. Normalmente, en física, uno se enfrenta al problema opuesto: la cuantización. Dada la densidad lagrangiana (5), uno podría (como primer paso en la cuantificación) encontrar la formulación hamiltoniana a través de la receta de Dirac-Bergmann o el método de Faddeev-Jackiw . El procedimiento de Dirac-Bergmann conduce a restricciones de segunda clase . El corchete de Dirac resultante se convierte en eq. (4). El método de Faddeev-Jackiw conduce al mismo resultado (4). Para obtener más detalles, consulte también esta publicación de Phys.SE y sus enlaces.

$^2$ las variables $\psi^{\ast}_{\alpha}$ y $\bar{\psi}_{\alpha}$ no son independientes de $\psi_{\alpha}$ , cf. esta publicación de Phys.SE y sus enlaces. No estamos de acuerdo con la frase "Hagamos hincapié en que $\psi_{\alpha}$ , $\bar{\psi}_{\alpha}$ son elementos generadores independientes de un álgebra de Grassmann compleja" en la Ref. 2 en la pág. 130.

$^3$ Convenciones. En esta respuesta, usaremos $(+,-,-,-)$ Convención de signos de Minkowski y álgebra de Clifford

\begin{matrix} (7) & {γ^{m}, γ^{v}}_{+} = 2 η^{m v} 1_{4 \times 4} . \end{matrix}

$\{\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}\}_{+}~=~2\eta^{\mu\nu}{\bf 1}_{4\times 4}.\tag{7}$ Es más,

\begin{matrix} (8) & \bar{ψ} = ψ^{†} γ^{0}, (γ^{m})^{†} = γ^{0} γ^{m} γ^{0}, (γ^{0})^{2} = 1 . \end{matrix}

$\bar{\psi}~=~\psi^{\dagger}\gamma^0, \qquad (\gamma^{\mu})^{\dagger}~=~ \gamma^0\gamma^{\mu}\gamma^0,\qquad (\gamma^0)^2~=~{\bf 1}.\tag{8}$ El adjunto hermitiano de un producto

\hat{A} \hat{B}

$\hat{A}\hat{B}$ de dos operadores

\hat{A}

$\hat{A}$ y

\hat{B}

$\hat{B}$ invierte el orden, es decir

\begin{matrix} (9) & (\hat{A} \hat{B})^{†} = {\hat{B}}^{†} {\hat{A}}^{†} . \end{matrix}

$(\hat{A}\hat{B})^{\dagger}~=~\hat{B}^{\dagger}\hat{A}^{\dagger}.\tag{9}$ La conjugación compleja de un producto.

z w

$zw$ de dos supernúmeros

z

$z$ y

w

$w$ invierte el orden, es decir

\begin{matrix} (10) & (z w)^{*} = w^{*} z^{*} . \end{matrix}

$(zw)^{\ast}~=~w^{\ast}z^{\ast}.\tag{10}$

Gracias por señalar el soporte de super-Poisson, que he ignorado desde el principio. Pero permítanme señalar que todavía hay un pequeño déficit en la respuesta anterior.
Recientemente aprendí del libro "Lectures on Classical and Quantum Theory of Fields" de Henryk Arodz y Leszek Hadasz, en la sección 6.2 'The Dirac Field' del Capítulo 6 'The Quantum Theory of Free Fields' página 131-132 que las variables conjugadas de $\psi$ debiera ser $\bar{\psi}$ , en vez de $\psi^{\dagger}$ ya que existen restricciones de Dirac para sistemas de primer orden.
@ Qmechanic No lo corrigiste. Las variables vonjugadas de $\psi$ no es $\psi^{\dagger}$ , pero $\bar{\psi}$ .
Gracias. pero sigo sin ver eso $\psi^{\dagger}$ es reemplazado por $\bar{\psi}$ .
@Qmechanic, "5. Es interesante que la densidad libre de Dirac Lagrange ${\cal L}~=~\bar{\psi}(\frac{i}{2}\stackrel{\leftrightarrow}{\cancel{\partial}} -m)\psi \tag{5}$ es (i) real", No es cierto. Es un anillo imaginario: número imaginario $i$ multiplicado por dos (reales) números impares de Grassmann. Aunque es hermitiano.
La palabra real significa en esta respuesta un supernúmero real; no necesariamente un número real.
@Qmechanic, es un supernúmero imaginario $iab$ , donde a y b son números reales de Grassmann. Se puede comprobar que es hermitiano: $(iab)^\dagger = i^\dagger b^\dagger a^\dagger =-iba = iab$ .
Como se explica en la nota al pie 3, esta respuesta sigue la convención de deWitt eq. (10) donde la conjugación compleja invierte el orden de los supernúmeros, de modo que ${\cal L}$ es un supernúmero real.

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