Operador ordenado por tiempo en Srednicki

Question

Operador ordenado por tiempo en Srednicki

Física
teoría de la matriz s
física-matemática
teoría cuántica de campos
funciones de correlación

Física_matemáticas

En la página 51 , Srednicki afirma: "Tenga en cuenta que los operadores están en orden de tiempo... podemos insertar $T$ sin cambiar nada". Estoy de acuerdo con esto. Pero luego, en el siguiente párrafo, afirma: "El operador de orden de tiempo $T$ , mueve todos... donde aniquilan...". ¿Qué tan correcto es este párrafo? ¿ Es siempre válida la ecuación (5.14)? ¿Es la ecuación (5.14) la razón por la cual el símbolo de ordenación del tiempo $T$ aparece por todas partes en QFT?

Las ecuaciones a las que me refiero son (¿paquete de frenos disponible?):

\begin{matrix} (5.13) & ⟨ F | i ⟩ = ⟨ 0 | a_{1^{'}} (+ \infty) a_{2^{'}} (+ \infty) a_{1}^{†} (- \infty) a_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \end{matrix}

$\langle f|i\rangle = \langle0|~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \tag{5.13}$

y como el tiempo va de derecha a izquierda dentro del bracket ponemos el $T$ -símbolo

\begin{matrix} (5.14) & ⟨ F | i ⟩ = ⟨ 0 | T a_{1^{'}} (+ \infty) a_{2^{'}} (+ \infty) a_{1}^{†} (- \infty) a_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \end{matrix}

$\langle f|i\rangle = \langle 0|T ~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \tag{5.14}$

sin cambiar nada.

Después de esto, el $T$ -¡El símbolo aparece en todas partes!

usuario28355

El operador ordenado en el tiempo nos dice qué campos entran en la interacción en los diagramas de Feynman. Así que el párrafo que has citado es cierto.

JeffDror

Sería útil si pudieras escribir la ecuación relevante.

qmecanico

Comentario a la pregunta: haciéndose eco del comentario de JeffDror, sería bueno si OP (¿o alguien más?) Podría intentar hacer que la formulación de la pregunta sea independiente, por lo que no es necesario abrir el enlace para comprender la pregunta.

Respuestas (3)

Operador ordenado por tiempo en Srednicki

El operador ordenado en el tiempo nos dice qué campos entran en la interacción en los diagramas de Feynman. Así que el párrafo que has citado es cierto.
Comentario a la pregunta: haciéndose eco del comentario de JeffDror, sería bueno si OP (¿o alguien más?) Podría intentar hacer que la formulación de la pregunta sea independiente, por lo que no es necesario abrir el enlace para comprender la pregunta.

zzz · Answer 1

Hola, sé que esta es una vieja pregunta, pero también me hizo tropezar y pensé que sería bueno compartir la respuesta. Esto es más un problema de notación, pero lo que está haciendo es absolutamente correcto.

Si lo entiendo correctamente, está preguntando si es válido insertar el símbolo de orden de tiempo allí. En particular, puede parecer un poco extraño porque si elimina el símbolo de ordenación temporal de, digamos, (5.15), la respuesta obtenida obviamente será diferente, por lo que puede parecer que insertar el símbolo de ordenación temporal cambia el valor de la expresión. Este no es el caso.

Primero, por definición del símbolo de ordenamiento temporal, lo siguiente es de hecho trivialmente cierto.

⟨ 0 | a_{1^{'}} (+ \infty) a_{2^{'}} (+ \infty) a_{1}^{†} (- \infty) a_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ = ⟨ 0 | T a_{1^{'}} (+ \infty) a_{2^{'}} (+ \infty) a_{1}^{†} (- \infty) a_{2}^{†} (- \infty) | 0 ⟩ \equiv A

$\langle0|~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle =\langle 0|T ~a_{1'}(+\infty)a_{2'}(+\infty)a_{1}^\dagger(-\infty)a_{2}^\dagger(-\infty)~|0\rangle \equiv \mathcal{A}$

En el siguiente paso, Srednicki usa (5.11) y (5.12) para reescribir los operadores de escalera. En particular, coloca (5.11) y (5.12) en el lado DERECHO de la igualdad anterior, y concluye que todos los términos en esta expansión que contienen operadores de escalera desaparecerán, porque los términos de operadores de escalera ordenados en el tiempo eliminarán los estados fundamentales. Esto da (5.15)

Ahora intente sustituir (5.11) y (5.12) en el lado izquierdo de lo anterior. Como ya no tenemos tiempo para ordenar, los términos que contienen los operadores de escalera ya no desaparecen. En particular, la expresión que obtienes es (5.15) sin los operadores de ordenación temporal, MÁS un montón de otros términos que contienen operadores de escalera.

Por lo tanto, si tomamos (5.15) y eliminamos el símbolo de orden de tiempo, esto NO le da $\mathcal{A}$ . En otras palabras, el símbolo de ordenamiento temporal $T$ aparece en la fórmula LSZ porque hicimos la simplificación en (5.15) para eliminar los términos del operador de escalera.

Con respecto a si esta es la razón por la cual el operador de ordenamiento temporal aparece en todas partes en la teoría de campos, creo que otra razón (quizás más fundamental) es (6.13) y (6.18) en Srednicki: es decir, cuando construimos integrales de trayectoria con derivadas funcionales, la expresión resultante se puede escribir como un grupo de operadores de posición ordenados en el tiempo intercalados entre 2 estados.

Esto sería útil para más personas si incluyeras explícitamente todas las ecuaciones a las que haces referencia.
@bechira Estoy bastante confundido por tu respuesta. En su segundo párrafo, dijo: "puede parecer que insertar el símbolo de orden de tiempo cambia el valor de la expresión. Este no es el caso". Así que pensé que ibas a demostrar que nada cambiaría cuando se imponga el ordenamiento. Sin embargo, en su penúltimo párrafo, dijo: "Por lo tanto, si tomamos (5.15) y eliminamos el símbolo de orden de tiempo, esto NO le da A". Las dos declaraciones son obviamente contradictorias.
@bechira También mencionó que "En otras palabras, el símbolo de orden de tiempo T aparece en la fórmula LSZ porque hicimos la simplificación en (5.15) para eliminar los términos del operador de escalera". ¿Cómo se justifica esta llamada "simplificación"?
@ M.Zeng esto fue hace mucho tiempo, más tarde hoy reescribiré esta respuesta por completo: la respuesta es correcta pero quizás no esté redactada de la manera más pedagógica. Mientras tanto, siéntete libre de leerlo un par de veces más.
Sin embargo, ¿realmente puedes sustituirlo dentro del símbolo de clasificación de tiempo? Me parece que el orden del tiempo depende de la forma explícita en que escribes la expresión que busca en las etiquetas, que no necesariamente tienen ningún significado físico. Al sustituir, cambia la dependencia temporal explícita y, por lo tanto, la acción del símbolo de ordenamiento temporal. Veo que, cuando no uso el tiempo de pedido, recibo muchos términos que podrían cancelarse, pero no veo la razón por la que deberían hacerlo.

truco de código · Answer 2

Tengo entendido que la introducción de la ordenación temporal en esta derivación puede justificarse si los momentos de todas las partículas salientes son diferentes de los momentos de las partículas entrantes. ¡Esta no es una restricción seria, ya que estamos tratando con un proceso de dispersión, después de todo!

Habiendo dicho eso, así es como podría justificar el orden del tiempo. Primero, tenga en cuenta que la ecuación (5.10) proviene esencialmente de $a_1^\dagger (t+dt) - a_1^\dagger(t) = \partial_0 a_1^\dagger(t) \cdot dt$ . Formalmente podríamos escribir

a_{1}^{†} (t_{2}) - a_{1}^{†} (t_{1}) = \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \partial_{0} a_{1}^{†} (t)

$a_1^\dagger (t_2) - a_1^\dagger (t_1) = \int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_1^\dagger(t)$

Ahora vamos a evaluar $\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$ . Uno puede tomar el término $a_{2'}(t_2)$ y use la fórmula anterior para traerlo de vuelta en el tiempo para $t_1$ :

⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) a_{2^{'}} (t_{2}) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ = ⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) (a_{2^{'}} (t_{1}) + \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \partial_{0} a_{2^{'}} (t)) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩

$\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> = \left<a_{1'}(t_2) \left(a_{2'}(t_1) + \int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_{2'}(t)\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$

Recuerde que las relaciones de conmutación para operadores $a(\vec{k},t)$ es tal que el único conmutador de tiempo igual distinto de cero es $[a(\vec{k}, t), a^\dagger(\vec{k'}, t)]=(2\pi)^3 2\omega \delta^3(\vec{k}-\vec{k'})$ . Tenga en cuenta que para conmutadores de tiempo no igual, debido a que el lagrangiano ahora puede tener términos de interacción, la evolución temporal combinará operadores ascendentes y descendentes con diferentes $\vec{k}$ , por eso trajimos $a_{2'}(t_2)$ de regreso $t_1$ para verificar cómo conmutaría con el término detrás de él, $a_1^\dagger(t_1)$ .

Ahora porque $a_{2'}$ se centra alrededor $\vec{k}_{2'}$ en el espacio de momento, mientras que $a^\dagger_{1}$ se centra alrededor $\vec{k}_{1}$ , tenemos $\delta^3(\vec{k}_{2'}-\vec{k}_1) = 0$ . Por lo tanto, todos los pares de tiempo igual de $a(t)$ y $a^\dagger(t)$ desplazarse. ahora ves eso $a_{2'}(t_1)$ puede moverse completamente hacia la derecha y aniquilar el vacío. La ecuación ahora dice

⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) a_{2^{'}} (t_{2}) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ = ⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) (\int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \partial_{0} a_{2^{'}} (t)) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩

$\left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> = \left<a_{1'}(t_2) \left(\int_{t_1}^{t_2} dt \partial_0 a_{2'}(t)\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$

A continuación, elija un cierto término en la integral e intente evaluar

\frac{\partial}{\partial t} ⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩

$\frac{\partial}{\partial t} \left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right>$ Usted puede haber adivinado que traería

a_{1^{'}} (t_{2})

$a_{1'}(t_2)$ atrás en el tiempo para

t

$t$ Llegar

\begin{array}{rcl} ⟨ (a_{1^{'}} (t) + \int_{t}^{t_{2}} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \\ = & ⟨ a_{2^{'}} (t) a_{1^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ + ⟨ (\int_{t}^{t_{2}} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \\ = & ⟨ a_{2^{'}} (t) (a_{1^{'}} (t_{1}) + \int_{t_{1}}^{t} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ + \\ ⟨ (\int_{t}^{t_{2}} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \\ = & ⟨ a_{2^{'}} (t) (\int_{t_{1}}^{t} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ + \\ ⟨ (\int_{t}^{t_{2}} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray} & & \left<\left(a_{1'}(t) + \int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) a_{1'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) \left(a_{1'}(t_1)+\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \left<a_{2'}(t) \left(\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \end{eqnarray}$

Por lo tanto

\begin{array}{rcl} ⟨ a_{1^{'}} (t_{2}) a_{2^{'}} (t_{2}) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \\ = & \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \frac{\partial}{\partial t} ⟨ a_{2^{'}} (t) (\int_{t_{1}}^{t} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ + \\ \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \frac{\partial}{\partial t} ⟨ (\int_{t}^{t_{2}} d t^{'} \partial_{0} a_{1^{'}} (t^{'})) a_{2^{'}} (t) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \\ = & \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t \frac{\partial}{\partial t} \int_{t_{1}}^{t_{2}} d t^{'} \frac{\partial}{\partial t^{'}} ⟨ (T a_{2^{'}} (t) a_{1^{'}} (t^{'})) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{1}) ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray} & & \left<a_{1'}(t_2) a_{2'}(t_2) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \left<a_{2'}(t) \left(\int_{t_1}^t dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> + \\ & & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \left<\left(\int_{t}^{t_2} dt' \partial_0 a_{1'}(t')\right) a_{2'}(t) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \\ & = & \int_{t_1}^{t_2} dt \frac{\partial}{\partial t} \int_{t_1}^{t_2} dt' \frac{\partial}{\partial t'}\left<\left(\mathrm{T} a_{2'}(t) a_{1'}(t')\right) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_1) \right> \end{eqnarray}$

Después de aplicar el mismo truco a la $a^\dagger$ términos, tenemos

⟨ a_{1^{'}} (+ \infty) a_{2^{'}} (+ \infty) a_{1}^{†} (- \infty) a_{2}^{†} (\infty) ⟩ = \int_{- \infty}^{+ \infty} d t_{2^{'}} \frac{\partial}{\partial t_{2^{'}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} d t_{1^{'}} \frac{\partial}{\partial t_{1^{'}}} \int_{- \infty}^{+ \infty} d t_{1} \frac{\partial}{\partial t_{1}} \int_{- \infty}^{+ \infty} d t_{2} \frac{\partial}{\partial t_{2}} ⟨ T a_{2^{'}} (t_{2^{'}}) a_{1^{'}} (t_{1^{'}}) a_{1}^{†} (t_{1}) a_{2}^{†} (t_{2}) ⟩

$\left<a_{1'}(+\infty) a_{2'}(+\infty) a_1^\dagger (-\infty) a_2^\dagger (\infty) \right> = \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{2'} \frac{\partial}{\partial t_{2'}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{1'} \frac{\partial}{\partial t_{1'}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{1} \frac{\partial}{\partial t_{1}} \int_{-\infty}^{+\infty} dt_{2} \frac{\partial}{\partial t_{2}} \left<\mathrm{T} a_{2'}(t_{2'}) a_{1'}(t_{1'}) a_1^\dagger (t_1) a_2^\dagger (t_2) \right>$

Finalmente, invocamos la conmutabilidad del operador de ordenamiento temporal $\mathrm{T}$ y derivada del tiempo $\partial_0$ para obtener la forma final de la fórmula LSZ.

tutu · Answer 3

Busqué en Google la fórmula de reducción de LSZ, pero muchas de ellas son casi iguales a las de Srednicki, excepto esta http://porthos.ist.utl.pt/~romao/homepage/publications/Lectures/Lectures-TCA-c2.pdf de Jorge Romao. No insertó una T directamente en la expresión del elemento de matriz S como (5.13), por lo que su resultado final contiene un "término desconectado", más (5.15). Afirmó que este término inconexo "se desvanecerá si ninguno de los momentos iniciales coincide con alguno de los momentos finales", y "a partir de ahora ya no consideraremos los términos inconexos, porque en la práctica sólo nos interesan los casos en que todos las partículas interactúan".

Operador ordenado por tiempo en Srednicki

Física_matemáticas

usuario28355

JeffDror

qmecanico

Respuestas (3)

zzz

Wouter

M.Zeng

M.Zeng

zzz

estudiante cuántico

truco de código

tutu

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