¿Por qué se necesita la distribución delta transversal para los corchetes de Poisson de los componentes de campo EM clásicos?

Question

¿Por qué se necesita la distribución delta transversal para los corchetes de Poisson de los componentes de campo EM clásicos?

Física
teoría de campo
corchetes de poisson
dinámica restringida
formalismo hamiltoniano
electrodinámica-clásica

miguelw

Durante la lectura de notas de una conferencia en alemán (Quanten Optik de Dirk-Gunnar Welsch) sobre la cuantificación del campo EM, tropecé con una afirmación que no puedo reproducir en detalle:

En general, se argumenta que para campos conjugados (clásicos) $\Phi$ y $\Pi$ , se puede escribir

Φ (X) = \int d^{3} X^{'} Φ (X^{'}) d (X - X^{'})

$\Phi(x) = \int d^3x' \Phi(x') \delta (x-x')$

Π (X) = \int d^{3} X^{'} Π (X^{'}) d (X - X^{'})

$\Pi(x) = \int d^3x' \Pi(x') \delta (x-x')$

de modo que

\begin{aligned} \frac{d Φ (X)}{d Φ (X^{'})} & = d (X - X^{'}) \\ \frac{d Φ (X)}{d Π (X^{'})} & = 0 \\ \frac{d Π (X)}{d Π (X^{'})} & = d (X - X^{'}) \\ \frac{d Π (X)}{d Φ (X^{'})} & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Phi(x')} &= \delta (x-x')\\ \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Pi(x')} &= 0\\ \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Pi(x')} &= \delta (x-x')\\ \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Phi(x')} &= 0 \end{align}$

Por eso

{Φ (X), Π (X^{'})} := \int d^{3} X^{″} (\frac{d Φ (X)}{d Φ (X^{″})} \frac{d Π (X)}{d Π (X^{″})} - \frac{d Φ (X)}{d Π (X^{″})} \frac{d Π (X)}{d Φ (X^{″})}) = \dots = d (X - X^{'})

$\{ \Phi(x), \Pi(x') \} := \int d^3x'' \left(\frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Phi(x'')} \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Pi(x'') } - \frac{\delta \Phi(x)}{\delta \Pi(x'')} \frac{\delta \Pi(x)}{\delta \Phi(x'') }\right) = \cdots = \delta(x-x')$

Hasta aquí puedo seguir.

Pero ahora, aplican el formalismo al campo EM clásico, teniendo $A_k$ y $\Pi_k = \epsilon_o \dot{A}_k$ como campos conjugados bajo calibre de Coulomb $\vec \nabla \cdot \vec A = 0$ .

Dicen (Ecs. 1.81 ff, traducidas del alemán y abreviadas):

Aunque uno podría estar inclinado a suponer
${A_{k} (X), Π_{k^{'}} (X^{'})} = d_{k, k^{'}} \cdot d (X - X^{'})$ $\{ A_k(x), \Pi_{k'}(x') \} = \delta_{k,k'} \cdot \delta(x-x')$ esto está mal, por $A_{k, k} = 0$ , y, por lo tanto, en lugar de la distribución Delta regular, tenemos que aplicar la llamada Delta transversal: ${A_{k} (X), Π_{k^{'}} (X^{'})} = d_{k, k^{'}}^{⊥} (X - X^{'}),$ $\{ A_k(x), \Pi_{k'}(x') \} = \delta_{k, k'}^{\bot}(x-x'),$ con una forma explícita de este último en términos de regular $\delta$ y un término adicional: $d_{k, k^{'}}^{⊥} (r) = d_{k, k^{'}} \cdot d (r) + \frac{1}{4 π} \frac{\partial^{2}}{\partial X_{k} \partial X_{k^{'}}} \frac{1}{| r |} .$ $\delta_{k, k'}^{\bot}(r) = \delta_{k,k'} \cdot \delta(r) + \frac{1}{4 \pi} \frac{\partial ^2 }{\partial x_k \partial x_{k'} }\frac{1}{|r|}.$

Sin embargo, esta declaración no está motivada con más detalle y no puedo entender por qué las consideraciones más generales anteriores no se mantienen en detalle a continuación. Debe haber un pequeño detalle, dando lugar a la complicación adicional. ¿Cómo se puede derivar esto matemáticamente en base a la física de los campos EM?

Creo que la respuesta está relacionada con el hecho de que, debido a la elección del calibre de Coulomb, el $A_k$ no son independientes entre sí. De hecho, usando algún cálculo vectorial, uno obtiene, después de hacer un cálculo un poco tedioso:

$A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$

Por otro lado, todavía esperaría

$A_i(x) = \int d^3x' \delta(x-x') A_i(x')$

ya que esta segunda identidad es una simple tautología. Pero esto de alguna manera contradice la primera forma, porque las derivadas funcionales son claramente diferentes... Estoy más cerca de la solución, pero esta pregunta sigue abierta...

¿La segunda forma es incorrecta porque la restricción no está involucrada?

AccidentalFourierTransformar

Para lectores y posibles respuestas: agregué la etiqueta constrained-dynamicscon fines organizativos. Se puede suponer que OP no está familiarizado con este concepto.

qmecanico

Comentario menor a la publicación (v5): Considere mencionar explícitamente el autor, el título, la página, etc. del enlace, para que sea posible reconstruir el enlace en caso de que se rompa.

miguelw

Ecuaciones 1.81 y siguientes en la página 20, consulte la sugerencia anterior

Jared

¡Sí, estás muy cerca de la respuesta! Le sugiero el párrafo 7.7 de este libro: Field Quantization por Walter Greiner, Joachim Reinhardt, DA Bromley

Jak

¿Tiene alguna pista sobre cómo demostrar que

A_{i} (x) = \int d^{3} x^{'} δ_{i, j}^{⊥} (x - x^{'}) A_{j} (x^{'})

$A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$ ?

Respuestas (1)

¿Por qué se necesita la distribución delta transversal para los corchetes de Poisson de los componentes de campo EM clásicos?

Para lectores y posibles respuestas: agregué la etiqueta constrained-dynamicscon fines organizativos. Se puede suponer que OP no está familiarizado con este concepto.
Comentario menor a la publicación (v5): Considere mencionar explícitamente el autor, el título, la página, etc. del enlace, para que sea posible reconstruir el enlace en caso de que se rompa.
Ecuaciones 1.81 y siguientes en la página 20, consulte la sugerencia anterior
¡Sí, estás muy cerca de la respuesta! Le sugiero el párrafo 7.7 de este libro: Field Quantization por Walter Greiner, Joachim Reinhardt, DA Bromley
¿Tiene alguna pista sobre cómo demostrar que $A_i(x) = \int d^3x' \delta_{i, j}^{\bot}(x-x') A_j(x')$ ?

Ali Seraj · Answer 1

La razón es que la teoría de Maxwell implica invariancia de medida, lo que implica la existencia de restricciones en el sistema. En la formulación hamiltoniana, la ecuación de Gauss $\phi_1\equiv\nabla\cdot \Pi=0$ es una restricción de primera clase en el sistema. Ahora imponiendo el calibre de Coulomb $\phi_2\equiv\nabla\cdot A=0$ , obtenemos dos restricciones de segunda clase con el siguiente corchete de Poisson

[ϕ_{1}, ϕ_{2}] = - \nabla^{2} d^{3} (X - X^{'}),

$[\phi_1,\phi_2]=-\nabla^2\delta^3(x-x'),$ que se puede obtener del soporte básico de Poisson

[A_{i} (x), Π_{j} (x^{'})] = δ_{i j} δ^{3} (x - x^{'})

$[A_i(x),\Pi_j(x')]=\delta_{ij}\delta^3(x-x')$ .

En este sistema restringido, los conmutadores deben calcularse utilizando los corchetes de Dirac en lugar de los corchetes de Poisson,

[A, B]_{*} = [A, B] - [A, ϕ_{a}] C^{a b} [ϕ_{b}, B],

$[A,B]_*=[A,B]-[A,\phi_a]\,C^{ab}\,[\phi_b,B],$ dónde

C_{a b} \equiv [ϕ_{a}, ϕ_{b}]

$C_{ab}\equiv[\phi_a,\phi_b]$ y

C^{a b}

$C^{ab}$ con índices superiores denota su inversa. en nuestro problema

[A_{i}, Π_{j}]_{*} = [A_{i}, Π_{j}] - [A_{i}, ϕ_{1}] C^{12} [ϕ_{2}, Π_{j}]

$\begin{equation}\label{Dirac} [A_i,\Pi_j]_*=[A_i,\Pi_j]-[A_i,\phi_1]C^{12}[\phi_2,\Pi_j] \end{equation}$ Computar

C^{12}

$C^{12}$ , tenga en cuenta que por definición

C^{- 1} \cdot C = 1

$C^{-1}\cdot C=\mathbf{1}$ o explícitamente

\int d^{3} y C^{a C} (X - y) C_{C b} (y - X^{'}) = d_{b}^{a} d^{3} (X - X^{'}) .

$\int d^3y\, C^{ac}(x-y)\, C_{cb}(y-x')=\delta^a_b\delta^3(x-x').$ Especificamente para

a = b = 1

$a=b=1$ obtenemos

\begin{aligned} \int d^{3} y C^{12} (X - y) \nabla^{2} d^{3} (y - X^{'}) = d^{3} (X - X^{'}) \end{aligned}

$\begin{align} \int d^3y \,C^{12}(x-y)\,\nabla^2\delta^3(y-x')=\delta^3(x-x') \end{align}$ Por integración por partes, ponemos las derivadas en

C^{12}

$C^{12}$ y encontrar

\nabla^{2} C^{12} (x - y) = δ^{3} (x - x^{'})

$\nabla^2 C^{12}(x-y)=\delta^3(x-x')$ de lo que inferimos que

C^{12}

$C^{12}$ no es más que la función de Green

\begin{aligned} C^{12} (X - y) = - \frac{1}{4 π} \frac{1}{| X - X^{'} |} \end{aligned}

$\begin{align} C^{12}(x-y)=-\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|x-x'|} \end{align}$ Volviendo al soporte de Dirac, tenemos

\begin{aligned} [A_{i}, ϕ_{1}] C^{12} [ϕ_{2}, Π_{j}] & = - \int d^{3} y d^{3} z [A_{i} (X), \nabla \cdot Π (y)] \frac{1}{4 π} \frac{1}{| y - z |} [\nabla \cdot A (y), Π_{j} (X^{'})] \\ = - \int d^{3} y d^{3} z \partial_{i} d^{3} (X - y) \frac{1}{4 π} \frac{1}{| y - z |} \partial_{j} d^{3} (z - X^{'}) \\ = - \frac{1}{4 π} \partial_{i} \partial_{j}^{'} \frac{1}{| X - X^{'} |} \end{aligned}

$\begin{align} [A_i,\phi_1]C^{12}[\phi_2,\Pi_j]&=-\int d^3y d^3z \,[A_i(x),\nabla\cdot \Pi(y)]\,\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|y-z|}\,[\nabla\cdot A(y),\Pi_j(x')]\\ &=-\int d^3y d^3z \,\partial_i \delta^3(x-y)\,\dfrac{1}{4\pi}\dfrac{1}{|y-z|}\,\partial_j \delta^3(z-x')\\ &=-\dfrac{1}{4\pi}\partial_i\partial'_j\dfrac{1}{|x-x'|} \end{align}$ Por lo tanto

\begin{aligned} [A_{i} (X), Π_{j} (X^{'})]_{*} & = d_{i j} d^{3} (X - X^{'}) + \frac{1}{4 π} \partial_{i} \partial_{j}^{'} \frac{1}{| X - X^{'} |} . \end{aligned}

$\begin{align} [A_i(x),\Pi_j(x')]_*&=\delta_{ij}\delta^3(x-x')+\dfrac{1}{4\pi}\partial_i\partial'_j\dfrac{1}{|x-x'|}. \end{align}$ Espero que esto ayude.

¿Sabe cómo se sabe que el corchete de dirac es correcto / también conocido como derivarlo? En el libro de Dirac, él simplemente lo establece/define. Tal vez sea claro para Dirac, pero lo encuentro un poco como un salto.
El soporte de Dirac es, de hecho, el retroceso del soporte de Poisson en una subvariedad de segunda clase en el espacio de fase. Consulte la sección 2.3 del gran libro "Quantization of Gauge Systems" de Henneaux y Teitelboim.

¿Por qué se necesita la distribución delta transversal para los corchetes de Poisson de los componentes de campo EM clásicos?

miguelw

AccidentalFourierTransformar

qmecanico

miguelw

Jared

Jak

Respuestas (1)

Ali Seraj

lalala

Ali Seraj

Sobre restricciones de primera clase y electrodinámica

Restricciones principales para las teorías de campo hamiltonianas

Formalismo canónico en coordenadas de cono de luz

Restricciones no holonómicas en la teoría de Dirac-Bergmann

Construcción de Lagrangiano a partir de Hamiltoniano para fermiones de Majorana

Estructura hamiltoniana de la electrodinámica de Chern Simons

Pregunta sobre la derivación lagrangiana de primer orden en el formalismo de Faddeev-Jackiw

Importancia de la forma simpléctica en la teoría clásica de campos

Restricciones de las ecuaciones de campo hamiltonianas

Términos faltantes en hamiltoniano después de la transformación de Legendre de Lagrangian