Propiedad de hermiticidad de los operadores de "posición" con producto interno de Klein-Gordon

Question

Dado un espacio funcional apropiado $H$ Supongamos que $H_0$ para ser el subespacio lineal abarcado por las soluciones de la ecuación de Klein-Gordon y equipar ese subespacio lineal con el producto interior

$$\langle \Phi_1 | \Phi_2 \rangle = i\int \mathrm{d}\vec{x}(\Phi_1 ^* \overleftrightarrow{\partial_0}\Phi_2) = i\int \mathrm{d}\vec{x} (\Phi_1 ^* \partial_0\Phi_2 - \Phi_2 \partial_0\Phi_1^*) $$

Pregunta: ¿Son entonces los operadores multiplicativos $x^\mu$ hermitiana al actuar sobre $(H_0 ,\langle ,\rangle)$ ? Creo que $x^0$ puede dar algún problema.

Y si $x^\mu$ no son herméticos, ¿cómo se puede definir

$$L_{\mu \nu}=x_\mu i\partial_\nu - x_\nu i \partial_\mu$$

como generadores hermitianos de una representación de un grupo de Lorentz sobre $H_0$ ?

Por último: con una elección adecuada de $H$ es $(H_0 ,\langle ,\rangle)$ un espacio de Hilbert?

Answer 1

En primer lugar $H_0$ puede tomarse inicialmente como el conjunto de las soluciones KG de la forma $$\Phi(x) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int_{\mathbb R^3} \phi_{\Phi}(\vec{k}) e^{i\left(\vec{k}\cdot \vec{x}-x^0k^0\right)} \frac{d \vec{k}}{\sqrt{2k^0}}\tag{1}$$ con $\phi$ en el espacio de Funciones de Schwartz y donde $$k^0 :=\sqrt{\vec{k}^2 + m^2}\:.$$ Con esta elección vemos fácilmente que $$\langle \Phi_1|\Phi_2\rangle = \int_{\mathbb R^3} \overline{\phi_{\Phi_1}(\vec{k})} \phi_{\Phi_2}(\vec{k}) d\vec{k}$$ Por lo tanto, el verdadero espectro de Hilbert es el finalización de $H_0$ con respecto a dicho producto escalar y es evidente que es isomorfo a $L^2(\mathbb R^3, d\vec{k})$ .

Con esta definición se ve que $x^\mu$ es no Hermitiano (no está bien definido ya que su imagen está fuera del espacio de Hilbert: evidentemente $x^\mu\phi(x)$ no es una solución KG si $\phi$ es en general). Sin embargo, $L_{\mu\nu}$ es Hermtiano (y está bien definido en el dominio inicial dicho). Más precisamente es esencialmente autoadjunto. Para demostrar la hermeticidad basta con pasar los operadores bajo el signo de integración integrando por partes. El término $k^0$ que es una función de $\vec{k}$ da una contribución, pero todas las contribuciones se cancelan entre sí en vista de la estructura de $L_{\mu\nu}$ .

ADDENDUM . Se obtiene una representación unitaria equivalente redefiniendo el espacio de Hilbert mediante la medida invariante de Lorentz $\frac{d \vec{k}}{2k^0}$ en lugar de $d \vec{k}$ para que el espacio de Hilbert sea $L^2(\mathbb R^3, d\vec{k}/2k^0)$ .

Con esta elección (1) se sustituye por $$\Phi(x) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int_{\mathbb R^3} \psi_{\Phi}(\vec{k}) e^{i\left(\vec{k}\cdot \vec{x}-x^0k^0\right)} \frac{d \vec{k}}{2k^0}\tag{2}\:.$$ El mapa unitario que entrelaza los dos espacios de Hilbert es obviamente $$L^2\left(\mathbb R^3, \frac{d\vec{k}}{2k^0}\right) \ni \psi_{\Phi} \mapsto (2k^0)^{-1/2}\psi_\Phi =: \phi_\Phi \in L^2(\mathbb R^2, d\vec{k}) \:.$$