Momento en campo escalar libre

Question

Tengo algunos problemas para hacer la transición entre estos:

$\phi(x)=\int{\frac{d^3p}{2\pi^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\vec{p}}}}(a_{\vec{p}}e^{i \vec{p} \vec{x}}+ a^{\dagger}_{\vec{p}}e^{-i \vec{p} \vec{x}}})$

$\pi(x)=\int{\frac{d^3p}{2\pi^3}(-i)\sqrt{\frac{\omega_{\vec{p}}}{2}}(a_{\vec{p}}e^{i \vec{p} \vec{x}}- a^{\dagger}_{\vec{p}}e^{-i \vec{p} \vec{x}}})$ .

Así, a partir de la lagrangiana del campo escalar real, obtenemos

$\pi(x)=\partial_0 \phi(x)$

que sólo significa diferenciar nuestro $\phi(x)$ con respecto al tiempo. Pero, ¿dónde está el $-i$ ¿de dónde viene el signo menos? Además, ¿no son las exponenciales independientes del tiempo como $\vec{p} \vec{x}$ ¿no es un cuatro vector? Así que ahora me pregunto dónde está el $\omega_{\vec{p}}$ ¡ha venido también!

Answer 1

La respuesta depende de si se representan los operadores en la imagen de Schrödinger o de Heisenberg. En la imagen de Schrödinger, no hay dependencia temporal explícita de los operadores. Por lo tanto, el momento conjugado es no dada por la derivada temporal del campo. La forma concreta se da más bien por analogía con los operadores de posición y momento de un oscilador armónico:

$$x=\frac{1}{\sqrt{2\omega}}(a+a^\dagger)$$ $$p=-i\sqrt{\frac{\omega}{2}}(a-a^\dagger).$$

En la imagen de Heisenberg, los operadores adquieren una dependencia temporal explícita, es decir

$$\phi(x)\rightarrow e^{iHt}\phi(x) e^{-iHt}.$$

En este caso, tomar la derivada con respecto al tiempo tiene sentido, y se puede demostrar que la relación entre el campo y su momento conjugado se mantiene.

Answer 2

Creo que su confusión se debe a un malentendido de la expansión del campo.

Para un campo escalar real solemos escribir la expansión de Fourier como $$\phi(x)=\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}a^\dagger v_k e^{i\vec{k}\cdot\vec{x}}+a v_k^* e^{-i\vec{k}\cdot\vec{x}}$$ Sin embargo, ahora tenemos que encontrar las funciones de modo $v_k$ y $v_k^*$ ¡! Son soluciones de la ecuación de Klein-Gordon en el espacio de Fourier: $$(\partial_t^2+\omega^2)\phi_k=0,\hspace{2.5cm}\omega^2=|\vec{k}|^2+m^2 $$ Ahora, puede comprobar fácilmente que $$v_k=\frac{1}{\sqrt{2\omega}}e^{-i\omega t}$$ es una solución (la constante está ahí porque hará que la medida de la expansión de modos sea invariante de Lorentz). Esto nos lleva a la expansión completa de los modos $$\phi(x)=\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3\sqrt{2\omega}}a^\dagger e^{ikx}+a e^{-ikx} $$ donde $kx=k_\mu x^\mu=\vec{k}\cdot\vec{x}-\omega t$ . Como ves, tu problema fue no darte cuenta de que los exponentes SÍ contienen cuatro vectores aunque sólo sea una expansión de Fourier en la dimensión espacial.

En el capítulo 9 del libro de Carroll sobre relatividad general se encuentra una discusión muy clara de las funciones de modo en el espacio plano, así como el caso más general cuando el espaciotiempo es curvo. También sospecho que la mayoría de los libros de QFT tendrán al menos algún tipo de discusión sobre este resultado.

EDIT: Como se menciona en otra respuesta, debería haber especificado que voy a trabajar en la imagen de Heisenberg, como es convencional en QFT.