Límite clásico de quantization de la deformación

Question

En la deformación de cuantización, cuando se trabaja con el producto de Moyal, el límite clásico se

\begin{align} \lim_{\hbar\to0}\frac{1}{i\hbar}[f,g]_{\star_M}=\{f,g\}\, \end{align}

que es el corchete de Poisson. Supongamos que tenemos un operador, $T$, de tal manera que $$T(f\star_Mg)=Tf\star_TTg,$$ where $$\star_T=\star_MT^{-1}[\overleftarrow{\partial}]T[\overleftarrow{\partial}+\overrightarrow{\partial}]T^{-1}[\overrightarrow{\partial}].$$ Here, $T^{-1}[\overleftarrow{\partial}]$ means to replace all derivatives of $\partial_p$ in $T^{-1}$ with $\overleftarrow{\partial}_p$ and similarly for $\partial_q$. Si queremos calcular el límite clásico, hacemos uso de

\begin{align} \lim_{\hbar\to0}\frac{1}{i\hbar}[f,g]_{\star_T} \end{align}

o hacemos uso de

\begin{align} \lim_{\hbar\to0}\frac{1}{i\hbar}T[f,g]_{\star_M}= \lim_{\hbar\to0}\frac{1}{i\hbar}[Tf,Tg]_{\star_T}? \end{align}

Yo estoy pensando en que usamos esta segunda ecuación, porque suele ser$Tf\neq f$$Tg\neq g$. Además, si tenemos un sistema descrito por Hamiltonianos $H$, entonces aplicamos $T$ a, en esta nueva formulación, este sistema ya no es descrito por $H$, pero por $TH$. Si no utilizamos $Tf$$Tg$, no parece como si estamos aplicando cohomological equivalencia correctamente debido a $T(f\star_M g)\neq f\star_Tg$.

Answer 1

Los siguientes comentarios, que parecen relevantes para la OP del post:

1. En la deformación de cuantización asociativa producto estrella $$\star:~~C^{\infty}(M)[[\hbar]]\times C^{\infty}(M)[[\hbar]]\to C^{\infty}(M)[[\hbar]] \tag{0} $$ en una Poisson colector $(M,\{\cdot,\cdot\}_{PB})$ debe satisfacer el principio de correspondencia $$\lim_{\hbar\to 0} f\star g~=~\left(\lim_{\hbar\to 0}f\right) \left(\lim_{\hbar\to 0}g\right),\tag{1} $$ $$\lim_{\hbar\to 0} \frac{[f\stackrel{\star}{,} g]}{i\hbar}~=~\left\{\lim_{\hbar\to 0}f,~\lim_{\hbar\to 0}g\right\}_{PB}. \tag{2} $$ Aquí hemos definido la estrella de conmutacion $$[f\stackrel{\star}{,} g]~:=~f\star g-g\star f. \tag{3} $$

2. Uno puede mostrar que el principio de correspondencia (1) y (2) tiene también para otro asociativa producto estrella $$f\star^{\prime}g ~:=~T^{-1}((Tf)\star (Tg)),\tag{4} $$ si el operador $$T:~~C^{\infty}(M)[[\hbar]]~\longrightarrow C^{\infty}(M)[[\hbar]] \tag{5} $$ es de la forma $$T~=~{\bf 1} + i\hbar\Delta+{\cal O}(\hbar^2)\tag{6}$$ donde $$\Delta:~~C^{\infty}(M)~\longrightarrow C^{\infty}(M)\tag{7}$$ es (en la mayoría) de segundo orden diferencial operador.

Answer 2

Valdría la pena revisar las fórmulas tales como (122,34,5; 131) de nuestro libro, pero, francamente, no estoy seguro de entender lo que subyace y sigue la pregunta, y especialmente el límite clásico de la discusión.

Para empezar, en QM, f,g y T implican normalmente ħ, ya que son Wigner transforma cuántica de los operadores (Lema 0.12): esto crea sutilezas en el ħ ↝ 0 límite, que no tiene que conmuta con T; pero voy a probar tu comentario dictan que ninguno dependen de ħ, que lo simplifica todo. Vamos a ahorrar espacio llamando $\star_M=\star$.

Por lo tanto, dado que T es lineal, $$T([f, g]_\star)= [Tf,Tg]_{\star_T} \Longrightarrow [f, g]_\estrella = T^{-1} ( [Tf,Tg]_{\star_T}), $$ así que el "límite clásico", es algo así como la ħ ↝ 0 límite de este.

Esta es una simple transcripción de la "Moyal" expresión ceder el PB se comenzó a tu pregunta: se trata de un mero cambio de idioma.

La aplicación de su prueba de $T=e^{a \partial_p}$, una traducción en p, le da la misma expresión, así, entonces, desde aquí $\star_T=\star$, excepcionalmente y felizmente, las dos expresiones anteriores a la cantidad $$ [f(x,p+a),g(x,p+a)]_\estrellas \mapsto [f(x,p),g(x,p)]_\estrella . $$ Los respectivos clásica límites, a continuación, $$ \{f(x,p+a),g(x,p+a)\} \mapsto \{f(x,p),g(x,p)\} . $$ Es hasta usted para elegir la que la expresión que desee considerar el comportamiento clásico de. El PB álgebra es el mismo, y es hasta usted para especificar las funciones en el argumento; incluso se pueden cambiar las variables para que se vean de la misma. (Es por eso que su "correcta" es tan desconcertante. Todas las expresiones tienen clásica límites, y que podría ser interesante saber todos, pero vimos cómo están relacionados por equivalencia. Recuerde, también, diferentes sistemas cuánticos tienen el mismo límite clásico.)

Si su un-cambio eran lineal en ħ, el límite clásico de las dos expresiones de la misma.

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En el Husimi receta, $$ f_{_H} (x,p) =T[f]= \exp \left({\manejadores\más de 4}(\partial_x^2 +\partial_p^2 ) \right) f \\ =\frac{1}{\pi\manejadores}\int dx' dp' \exp \left( -{(x'-x)^2+(p'-p)^2 ) \\manejadores} \right) f(x',p') , $$ y de la misma manera por las características observables.

(Así, por ejemplo, el oscilador hamilton se convierte ahora en el $\quad H_H= (p^2+x^2+\hbar)/2$.)
La representación-el cambio de mapa T es una de Weierstrass de transformación que se derrumba a la identidad en el límite clásico.

Con el claramente diferentes $$\star_T= \star_H= \exp\left( \frac{\manejadores}{2} (\overleftarrow{\partial}_x \overrightarrow{\partial}_x + \overleftarrow{\partial}_p \overrightarrow{\partial}_p ) \right) ~~\estrellas~= \exp\left( \frac{\manejadores}{2} (\overleftarrow{\partial}_x -i \overleftarrow{\partial}_p) (\overrightarrow{\partial}_x + i\overrightarrow{\partial}_p ) \right) , $$ es, de hecho, mucho más fácil para resolver el *-genvalue ecuación para este hamiltoniano, (Ejercicio 0.21), hasta un poco de cuidado en el origen, que en el Moyal de imagen: la resultante de la educación a distancia es sólo de primer orden!

Ambas imágenes, naturalmente, producen el mismo espectro de stargenvalues, como deberían. (Pero, no hay espacio para la complacencia, aquí: el estado del suelo stargenfunction en el Husimi de la imagen es la raíz cuadrada de que en el Wigner-Moyal imagen. Se puede comprobar eso? Ambas cosas se vuelven δs en el origen en el límite clásico.) Un arbitrario no estáticos Husimi de distribución, como una función de Wigner, o un clásico objeto, girar de forma rígida en el espacio de fase de un oscilador.

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La conclusión es que los operadores, $[ \mathfrak {F}, \mathfrak{G}]$, Moyal soportes, $[f(x,p),g(x,p)]_\star$, cualquier otra prescripción soportes, $[Tf,Tg]_{\star_T}$, etc... son, por supuesto, es desigual, pero equivalentes: cualquier operación en cualquier idioma que se va a producir respuestas equivalente en la invertible mapas (functors) pasando de uno a otro. En particular, dado que esta es la mecánica cuántica, con todas las expectativas de los valores debe ser idéntico en la final. Como resultado, el límite clásico de la misma será estrictamente idénticos, incluso si los pasos que conducen a ella aparecen diferentes: creo que de un cálculo en polar frente a coordenadas Cartesianas: el Laplaciano se ve muy diferente en cada sistema, pero las respuestas deben ser la misma, después de que se transcribe a cualquier idioma. (Por supuesto, la Moyal de la imagen es la "Cartesiano" sistema de aquí, como se describe en el libro.)