Una pregunta sobre el uso de la descomposición de Fourier para resolver la ecuación de Klein Gordon

Question

Una pregunta sobre el uso de la descomposición de Fourier para resolver la ecuación de Klein Gordon

ondas
Física
teoría de campo
greens-funciones
Transformada de Fourier
ecuación de klein-gordon

Voluntad

Dada la ecuación de Klein Gordon

(◻ + {metro}^{2}) ϕ (t, X) = 0

$\left(\Box +m^{2}\right)\phi(t,\mathbf{x})=0$ es posible encontrar una solución

ϕ (t, x)

$\phi(t,\mathbf{x})$ realizando una descomposición de Fourier del campo escalar

ϕ

$\phi$ en un instante dado en el tiempo

t

$t$ , tal que

ϕ (t, X) = \int \frac{d^{3} X}{(2 π)^{3}} \tilde{ϕ} (t, k) {mi}^{i k \cdot X}

$\phi(t,\mathbf{x})=\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}$ dónde

\tilde{ϕ} (t, k)

$\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)$ son los modos de Fourier del campo correspondiente

ϕ (t, x)

$\phi(t,\mathbf{x})$ .

A partir de esto podemos calcular la evolución requerida de los modos de Fourier $\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)$ tal que en cada instante de tiempo $t$ , $\phi(t,\mathbf{x})$ es una solución a la ecuación de Klein Gordon. Esto se puede hacer, siguiendo lo anterior, de la siguiente manera:

(◻ + {metro}^{2}) ϕ (t, X) = (◻ + {metro}^{2}) \int \frac{d^{3} X}{(2 π)^{3}} \tilde{ϕ} (t, k) {mi}^{i k \cdot X} = \int \frac{d^{3} X}{(2 π)^{3}} [(\partial_{t}^{2} + k^{2} + {metro}^{2}) \tilde{ϕ} (t, k)] {mi}^{i k \cdot X} = 0 \Rightarrow (\partial_{t}^{2} + k^{2} + {metro}^{2}) \tilde{ϕ} (t, k) = 0

$\left(\Box +m^{2}\right)\phi(t,\mathbf{x})=\left(\Box +m^{2}\right)\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\;\;\,\\ =\int\frac{d^{3}x}{(2\pi)^{3}}\left[\left(\partial^{2}_{t}+\mathbf{k}^{2}+m^{2}\right)\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)\right]e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} =0\\ \Rightarrow \left(\partial^{2}_{t}+\mathbf{k}^{2}+m^{2}\right)\tilde{\phi}\left(t,\mathbf{k}\right)=0 \qquad\qquad\qquad$

Pregunta : Todo esto está muy bien, pero ¿por qué en este caso solo realizamos una descomposición de Fourier de la parte espacial , mientras que en otros casos, como para encontrar soluciones para propagadores (funciones de Green), realizamos una descomposición de Fourier? descomposición sobre las 4 coordenadas del espacio-tiempo? [p.ej

GRAMO (X - y) = \int \frac{d^{4} X}{(2 π)^{4}} \tilde{GRAMO} (t, k) {mi}^{i k \cdot X}

$G(x-y)=\int\frac{d^{4}x}{(2\pi)^{4}}\tilde{G}\left(t,\mathbf{k}\right)e^{ik\cdot x}$ (donde en este caso

k \cdot x \equiv k_{μ} x^{μ}

$k\cdot x\equiv k_{\mu}x^{\mu}$ ).]

¿Es simplemente porque cuando construimos la QFT apropiada para un campo escalar lo hacemos en la imagen de Heisenberg, o hay algo más en ello?

Disculpas si esta es una pregunta realmente tonta, pero realmente me ha estado molestando por un tiempo y quiero aclarar el razonamiento en mi mente.

Respuestas (1)

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AccidentalFourierTransformar · Answer 1

Notación : $x=(t,\boldsymbol x)$ ; $k=(k_0,\boldsymbol k)$ ; $kx=k_0t-\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x$ ; $\mathrm dx=\mathrm dt\;\mathrm d^3\boldsymbol x$ ; etc.

En principio, puede realizar la descomposición de Fourier en variables de espacio y tiempo, pero para hacerlo necesitará varias propiedades de la función delta de Dirac :

La primera es: dejar $\xi\in\mathbb R$ ; entonces

\begin{matrix} (1) & d (F (ξ)) = \sum_{F (ξ_{i}) = 0} \frac{d (ξ - ξ_{i})}{| F^{'} (ξ_{i}) |} \end{matrix}

$\delta(f(\xi))=\sum_{f(\xi_i)=0} \frac{\delta(\xi-\xi_i)}{|f'(\xi_i)|} \tag{1}$ donde la suma es sobre cada

ξ_{i}

$\xi_i$ tal que

f (ξ_{i}) = 0

$f(\xi_i)=0$ , es decir, sobre las raíces de

f (ξ)

$f(\xi)$ .

La segunda es que, dado $g(\xi)$ una función conocida, la solución distribucional de $g(\xi)f(\xi)=0$ es $f(\xi)=h(\xi)\delta(g(\xi))$ para una función arbitraria $h(\xi)$ . Si cree en esto, entonces la descomposición de Fourier es la siguiente:

Dejar $\phi(x)$ ser la solución de

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

$(\partial^2+m^2)\phi(x)=0$

Tome la transformada de Fourier de la ecuación para encontrar

\begin{matrix} (2) & (k^{2} - {metro}^{2}) ϕ (k) = 0 \end{matrix}

$(k^2-m^2)\phi(k)=0 \tag{2}$ dónde

ϕ (k) = \int d X {mi}^{i k X} ϕ (X)

$\phi(k)=\int \mathrm dx\ \mathrm e^{ikx} \phi(x)$

Como $\phi(x)$ es una distribución, la solución de $(2)$ es $\phi(k)=h(k)\delta(k^2-m^2)$ para una función arbitraria $h(k)$ . Invirtiendo la transformada de Fourier, encontramos

ϕ (X) = \int d k {mi}^{- i k X} h (k) d (k^{2} - {metro}^{2})

$\phi(x)=\int\mathrm dk\ \mathrm e^{-ikx}h(k)\delta(k^2-m^2)$

A continuación, utilice $(1)$ para expandir el delta sobre las raíces de $k^2-m^2$ . Estas raíces se encuentran fácilmente para ser $k_0=\pm \omega(\boldsymbol k)$ , dónde $\omega(\boldsymbol k)=+(\boldsymbol k^2+m^2)^{1/2}$ . Por lo tanto, es inmediato obtener

ϕ (X) = \int d k {mi}^{- i k X} h (k) \frac{1}{2 ω} [d (k_{0} - ω) + d (k_{0} + ω)]

$\phi(x)=\int\mathrm dk\ \mathrm e^{-ikx}h(k)\frac{1}{2\omega}\left[\delta(k_0-\omega)+\delta(k_0+\omega)\right]$ y, después de integrar más

d k_{0}

$\mathrm dk_0$ usando los deltas, encontramos

ϕ (X) = \int \frac{d k}{2 ω} [{mi}^{- i ω t} {mi}^{i k \cdot X} h (ω, k) + {mi}^{+ i ω t} {mi}^{i k \cdot X} h (- ω, k)]

$\phi(x)=\int\frac{\mathrm d \boldsymbol k}{2\omega}\ \left[\mathrm e^{-i\omega t} \mathrm e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}h(\omega,\boldsymbol k)+\mathrm e^{+i\omega t} \mathrm e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}h(-\omega,\boldsymbol k)\right]$

Finalmente, haga el cambio de variable $\boldsymbol k\to-\boldsymbol k$ en el segundo término, lo que produce la expansión habitual

ϕ (X) = \int \frac{d k}{2 ω} [{mi}^{- i k X} a (k) + {mi}^{+ i k X} b^{†} (k)]

$\phi(x)=\int\frac{\mathrm d \boldsymbol k}{2\omega}\ \left[\mathrm e^{-ikx}a(\boldsymbol k)+\mathrm e^{+ikx}b^\dagger(\boldsymbol k)\right]$ donde he definido

a (k) = h (ω, k)

$a(\boldsymbol k)=h(\omega,\boldsymbol k)$ y

b^{†} (k) = h (- ω, - k)

$b^\dagger(\boldsymbol k)=h(-\omega,-\boldsymbol k)$ .

Como puede ver, la solución es la misma que la suya (módulo algún prefactor irrelevante que puede ser reabsorbido en la definición de $h(k)$ ), aunque el procedimiento algebraico para encontrarlo es un poco más difícil.

No escribí cada paso del cálculo porque asumo que puedes completar los detalles. Si encuentra esto demasiado grueso, por favor dígame e intentaré mejorar el anser.
Gracias por tu respuesta. Entonces, ¿es simplemente que elegimos cómo transformamos Fourier dependiendo de lo que sea más conveniente para el problema en cuestión? Además, es la solución a $(2)$ $\phi (k)=h(k)\delta(k^{2}-m^{2})$ simplemente porque $(k^{2}-m^{2})\phi(k)=(k^{2}-m^{2})\delta(k^{2}-m^{2})h(k)=0$ que se sigue de $(k^{2}-m^{2})\delta(k^{2}-m^{2})=(k^{2}-k^{2})=0$ ?
Supongo que en tu última ecuación quieres decir $a(\boldsymbol k)$ y no $a(\boldsymbol a)$ .
no entiendo completamente el $k \rightarrow -k$ , mi línea de razonamiento es que $\int \frac{dk}{2\omega}$ es un invariante de Lorentz, por lo que la transformación no da como resultado un signo menos, ¿es correcto?
@SummonedEgar bajo $k\to-k$ la integral $\int_a^b \mathrm dk$ mapas en $\int^{-a}_{-b}\mathrm dk$ . Entonces es invariante mientras $-a=b$ , pero no si los límites son genéricos. En nuestro caso la integración es sobre todos $\mathrm R$ que es invariante bajo inversiones, por lo que de hecho es invariante.

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