Pregunta básica sobre formalismo holomorfo en QM

La razón por la que se puede pasar de la representación holomorfa a la representación real y viceversa es la existencia de una transformación unitaria entre las dos representaciones. Esta transformación se llama transformación Segal-Bargmann dada en su notación por (Del artículo de Wikipedia):

$$f(z) = (B\psi)(z) = \int e^{-z^2+2 \sqrt{2} z q - \frac{q^2}{2}} \psi(q) dq$$ Su inversa viene dada por: $$\psi(q) = (B^{-1}f)(q) = \int e^{-\bar{z}^2+2 \sqrt{2}\bar{z} q - \frac{q^2}{2}} f(z) dz d\bar{z}$$ Cuando esta transformación actúa sobre las funciones propias de Hermite del oscilador armónico, produce los monomios $z^n$, Para el $n$-ésimo nivel de energía en la representación holomorfa.

En cuantización geométrica, estas elecciones de representaciones se denominan elecciones de polarizaciones. En la polarización real, se requiere que la función de onda dependa solo de la posición y no del momento:

$$\frac{\partial}{\partial p} \psi(p, q) = 0$$ En la cuantización holomorfa $$\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f(z, \bar{z} ) = 0$$ La necesidad de una polarización surge del hecho de que el espacio de funciones de todo el espacio de fases es demasiado grande para obtener representaciones irreducibles del álgebra de operadores. En mecánica cuántica de sistemas elementales, requerimos irreductibilidad según los axiomas de Dirac.

En el caso general, cuando el espacio de fase no es plano, la existencia de este tipo de polarización no es automática. A veces ambos existen, a veces sólo uno de ellos existe, y a veces no existen. Cuando ambos existen, su equivalencia tampoco es automática. Además, las pruebas de la equivalencia de los dos tipos de polarización son bastante complicadas. Consulte el siguiente trabajo de Nunes donde resume algunos de sus resultados sobre la equivalencia de polarizaciones para ciertos tipos de espacios de fase.

Su pregunta no es específica de la representación holomorfa en absoluto; igualmente podría preguntar por qué es suficiente observar que la multiplicación y la diferenciación obedecen a las relaciones de conmutación de posición y momento para determinar que "son" los operadores de posición y momento.

La respuesta real nos obliga a pensar un poco más detenidamente sobre lo que estamos haciendo realmente cuando hacemos mecánica cuántica. Aunque ciertamente hay diferentes puntos de vista, en este caso es el punto de vista algebraico el que aclara la confusión de "diferentes espacios de Hilbert" y cómo "identificamos" los operadores correctos. También discuto esto en esta respuesta mía sobre si "el espacio de estado está definido de alguna manera por los observables". Para obtener un poco más de detalles sobre lo que sigue, consulte allí.

La historia corta es que "comenzamos" la mecánica cuántica no con ningún espacio de Hilbert dado en absoluto, sino simplemente con un resumen$C^\ast$-álgebra de observables. Aquí es donde las relaciones de conmutación "abstractas" como$[x,p] = \mathrm{i}\hbar$o$[a,a^\dagger] = 1$vivir.$x,p,a,a^\dagger$no son operadores en ningún espacio de Hilbert aquí, solo elementos de nuestro resumen$C^\ast$-álgebra. Un estado de la mecánica cuántica es un cierto tipo de funcional lineal en este álgebra, y resulta (cf. construcción GNS ) que para cada uno de esos estados existe un espacio de Hilbert y un mapa de representación del álgebra abstracta al álgebra de operadores en ese espacio de Hilbert tal que el estado está asociado a un vector en ese espacio de Hilbert, y que el funcional simplemente se obtiene tomando los valores esperados con respecto a ese estado de la manera estándar. Obviamente, esta construcción también funciona en la dirección inversa: dado un espacio de Hilbert con una representación de nuestra álgebra de observables, los vectores en él definen estados precisamente de esa manera.

Entonces, si encontramos algunos operadores en un espacio de Hilbert que cumplen precisamente las mismas relaciones de conmutación que nuestros observables abstractos, eso significa que podemos asignar los operadores abstractos a estos operadores concretos y tener una representación de los$C^\ast$-álgebra, con todos los vectores en ese espacio de Hilbert siendo estados propios de la mecánica cuántica.

Así que sí, en principio puedes elegir el espacio de Hilbert que quieras, con el producto interno que quieras , siempre que sepas qué operadores forman la representación de tu álgebra de observables al tener las relaciones de conmutación correctas. Aquí hay una advertencia de que, si bien todos los espacios de Hilbert separables de dimensión infinita son isomorfos como los espacios de Hilbert, no todas las representaciones de todas las álgebras de observables en tales espacios son isomorfas. Si lo son depende del álgebra específica: El álgebra estándar de$[x_i,p_j] = \mathrm{i}\hbar\delta_{ij}$(y por lo tanto también de los asociados$a_i,a_i^\dagger$) está garantizado que tiene una sola representación única por el teorema de Stone-von Neumann , pero si hay infinitas$x_i$(como en la teoría cuántica de campos, esencialmente), entonces hay innumerables representaciones no isomórficas, un tema central del teorema de Haag .