¿Qué sucede cuando uno trata de cuantizar un campo escalar con las estadísticas de Fermi?

Question

Al final de la sección 9 en la página 49 de Dirac de 1966 "Conferencias sobre la Teoría Cuántica de campos" él dice que si le cuantizar un verdadero campo escalar de acuerdo a estadísticas de Fermi [es decir, si imponemos Canónica Anticommutation Relaciones (COCHE)], el Hamiltoniano cuántico ya no es ningún bueno porque le da mal la variación de la creación operador $\hat{\eta_{k}}$ con el tiempo. Por desgracia, no puedo hacer que algo va mal, por lo que alguien le muestre mi error, o explicar lo que el cálculo que debo hacer para comprender Dirac de la observación. Aquí está mi cálculo.

El Hamiltoniano cuántico es, $$ \hat{H}=\int d^{3}k |k|\hat{\eta_{k}}\hat{\eta_{k}}^{\daga} $$ y la de Heisenberg ecuación de movimiento es, $$ \frac{d\eta_{k}}{dt}=-i[\eta_{k},H]_{-}=-i\int d^{3}k'|k'|(\eta_{k}\eta_{k}\eta_{k}^{\daga}-\eta_{k}\eta_{k}^{\daga}\eta_{k}) $$ donde los sombreros para indicar a los operadores, se han quedado fuera y $[A,B]_{-}$ es un colector. Supongamos ahora que el $\eta's$ obedecer Fermi estadísticas, $$ [\eta_{k}^{\dagger},\eta_{k'}]_{+}=\eta_{k}^{\dagger}\eta_{k'}+\eta_{k'}\eta_{k}^{\dagger}=\delta(k-k') $$ y el uso de este en el último término de la ecuación de Heisenberg, $$ \frac{d\eta_{k}}{dt}=-i\int d^{3}k'|k'|(\eta_{k}\eta_{k'}\eta_{k'}^{\dagger}+\eta_{k'}\eta_{k}\eta_{k'}^{\dagger}-\eta_{k'}\delta(k-k'))=i|k|\eta_{k} $$ En la ecuación anterior, los dos primeros términos de la integral de desaparecer debido a la anticommutator $[\eta_{k},\eta_{k'}]_{+}=0$ y el resultado de la derecha es el mismo tiempo que la variación de $\eta_{k}$ que uno se cuantiza el uso de Bose estadísticas: nada parece haber salido mal.

Answer 1

Lo haré en primer lugar señalar la aparente conceptos erróneos en la pregunta, y posteriormente voy a explicar lo que va mal cuando cuantización de una teoría de spin entero campos o partículas con anticommutators, y viceversa.

En primer lugar, si nos cuantizar un real de Klein-Gordon campo mediante anticommutators, el Hamiltoniano es que va a desaparecer (o ser un campo independiente de la constante). En el nivel de los campos, el Hamiltoniano de este campo es la suma de los cuadrados de los $H=\sum_i A_i^2 (x)$ ($A_i$es, por ejemplo, $\nabla\phi$). Desde $\{A_i(x),A_i(y)\}=0$ ($\{\phi(x),\phi(y)\}=0$), $A_i^2=0$ para cada $i$, y por lo tanto $H=0$. En el nivel de los operadores de creación y aniquilación $H\sim \int_p\,a_p^{\dagger}a_p+a_pa_p^{\dagger}\sim\int_p\,\{a_p,a^{\dagger}_p\}$. Como $\{a_p,a^{\dagger}_q\}\sim\delta^3 (p-q)$, el Hamiltoniano es independiente del operador constante. Vamos a ver lo que sucede cuando se considera un complejo escalar de Klein-Gordon campo, un caso más interesante.

Complejo de escalares (spin = 0) campo cuantizado con anticommutators

Aquí, se trata de micro-causalidad lo que falla. Considere la posibilidad de un libre de complejos, escalar y un campo de bilineal, locales, observable $\hat O(x)=\phi^{\dagger}(x)o(x)\phi(x)$, $o(x)$ real c-número de función. Entonces, la causalidad nos dicen que el conmutador de dos de estos operadores, separados por un espacio, como la distancia es a desaparecer. Uno puede comprobar que: $$[\hat O(x),\hat O(y)]=s(x)s(y)[\phi^{\daga}(x)\phi(x), \phi^{\daga}(y)\phi(y)]\\ =o(x)o(y)\left(\phi^{\dagger}(x)\phi(y)-\phi^{\dagger}(y)\phi(x)\right)\,\{\phi(x),\,\phi^{\dagger}(y) \}$$

Y, por otro lado, con expresión de un complejo, libre de Klein-Gordon campo en términos de creación y aniquilación de los operadores, se puede calcular la anticommutator haciendo uso de la supuesta canónica anticommutation las relaciones entre la creación y la aniquilación de los operadores. El resultado es (usted debe comprobar todo esto)

$$\{\phi(x),\,\phi^{\dagger}(y) \}=2\int d^3\tilde {\bf p}\, \cos(p(x-y))$$

donde $d^3\tilde {\bf p}$ es una notación estándar para la Lorentz-invariante de la medida. El uso de la invariancia de Lorentz de la expresión anterior y el hecho de que no se desvanecen para $x_0=y_0$, podemos concluir que $\{\phi(x),\,\phi^{\dagger}(y) \}$ y, como consecuencia, $[\hat O(x),\hat O(y)]$ no desaparecen por el espacio-como separaciones, lo que viola la causalidad.

Por lo tanto, reales y complejos campos escalares se niegan a ser cuantificada con anticommutators.

Spin $1/2$ campo cuantizado con conmutadores

Comenzando con el Hamiltoniano de Dirac, uno se $$H\sim \int\, a^{\dagger}a-bb^{\dagger}$$

A continuación, con el fin de tener un mínimo de energía de vacío de estado, necesitamos un Hamiltoniano que está delimitada desde abajo. El $b$-modos tienen un signo negativo en el Hamiltoniano de modo que hay dos alternativas:

• Intercambio de las acciones estándar de la $b$ de operadores en el espacio de Hilbert. Es decir, $b^{\dagger}$ va a aniquilar a cuantos y de $b$ va a crear, para que $$H|p\rangle_b\sim H\,b|0\rangle_b \sim [H,b]|0\rangle_b \sim \sqrt{m^2+p^2}|p\rangle_b$$ donde hemos hecho uso de $[b,b^{\dagger}]\sim \delta^{3}$. Sin embargo, haciendo esto terminamos con los estados de la negativa de la norma $$_b\langle p|p'\rangle_b=\langle 0|b^{\dagger}_p\,b_{p'}|0\rangle=-2\,\left|{\sqrt{m^2+p^2}} \, \right|\,\delta^3(p-p')\, \langle 0|0\rangle \; , $$ que impide una interpretación probabilística de la (negativo probabilidades son absurdas).
• La alternativa es utilizar anticommutators (es decir, de fermi-estadísticas), que invertir el signo en el Hamiltoniano. Esta es la opción que funciona.

Estos obstáculos son una consecuencia de Pauli spin-estadísticas de conexión teorema.