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El funcionamiento del campo escalar $\phi (\vec x)$ en estado de vacío

Ahora estoy aprendiendo la Teoría Cuántica de Campos leyendo los apuntes de la conferencia de David Tong.

Tengo alguna pregunta sobre la expansión de modos sobre el campo escalar real que se cuantifica canónicamente al promover el campo clásico de Klein Gordon a un campo cuántico.

La expansión modal del campo viene dada por

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

donde $\omega_{\vec p} = \sqrt{p^{2} + m^2}$ y $a^{\dagger}_{\vec p}$ creará un giro $0$ partícula en el estado de momento $\left| \vec p \right\rangle$ , a saber $a^{\dagger}_{\vec p} \left| {0} \right\rangle = \left| {\vec p} \right\rangle$ .

La pregunta que ahora me da curiosidad es sobre qué obtendré si opero el campo cuántico sobre el estado de vacío, es decir $\phi (\vec x) \left| {0} \right\rangle = ?$

Parece que en la nota de la conferencia $\phi (\vec x) \left| {0} \right\rangle = \left| {\vec x} \right\rangle$ , donde $\left| {\vec x} \right\rangle$ es el giro $0$ partícula en estado de posición en $\vec x$ .

(ecuación 2.52 en http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/qft/two.pdf )

Sin embargo, esto no me parece trivial, así que he realizado la siguiente derivación.

$$ \phi (\vec x) \left| {0} \right\rangle = \int \frac{d^{3}p}{(2 \pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2 \omega_{\vec p}}} (a_{\vec p} e^{i {\vec p} \cdot {\vec x}} + a^{\dagger}_{\vec p} e^{-i {\vec p} \cdot {\vec x}})\left| {0} \right\rangle $$ $$ = \int \frac{d^{3}p}{(2 \pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2 \omega_{\vec p}}} (\left| {\vec p} \right\rangle e^{-i {\vec p} \cdot {\vec x}}) $$

Sin embargo, no tengo idea de cómo probar que $$ \int \frac{d^{3}p}{(2 \pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2 \omega_{\vec p}}} (\left| {\vec p} \right\rangle e^{-i {\vec p} \cdot {\vec x}}) = \left| {\vec x} \right\rangle $$

Sé que en la mecánica cuántica elemental tenemos $$ \left| {\vec x} \right\rangle = \int d^{3}p \left| {\vec p} \right\rangle \left\langle {\vec p} \right| \cdot \left| {\vec x} \right\rangle $$ Sin embargo, esto no se parece a lo que quiero demostrar.

Parece una pregunta estúpida pero es que me he quedado atascado en ella.

Le agradecería cualquier sugerencia.

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cpup100 Puntos 21

Casi lo has hecho todo, excepto las consideraciones relativistas, que no son obvias, por supuesto.

El factor $\sqrt{\omega}$ es la normalización relativista para los estados propios, y también hay que prestar atención a la medida, $d^3 p$ . Este tipo de normalización proviene del hecho de que los estados propios y la medida deben ser invariantes de Lorentz individualmente, aunque la integral completa sea invariante.

Por lo tanto, puede comprobar que $\frac{d^3 p}{2 \omega}$ y $\sqrt{\omega} | p \rangle$ serán efectivamente invariantes de Lorentz. Como la normalización del estado propio de posición es $\frac{1}{\sqrt{\omega}} | x\rangle$ , sólo queda un $\sqrt{\omega}$ en el denominador.

A veces hay una convención en la que la normalización se hace sobre los operadores de creación y aniquilación, en lugar de los estados propios. Es mejor que compruebes en tu libro de texto qué convención sigue, o tu propia notación, para no confundir las definiciones y obtener algunos resultados extraños en tus cálculos.

-2voto

Matt Law Puntos 11

Puedes probarlo si utilizas la transformada de fourier de x al espacio de impulso.

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