SHO en campo QM y Klein Gordon en 1 + 0 D QFT

Question

El SHO en QM con la masa de $m=1$ tiene acción $$S[x] = \int dt \frac{1}{2} \dot x^2 + \frac{1}{2}\omega^2 x^2$$ por integración por partes vemos que esto es lo mismo que 1 dim Klein Gordon QFT acción con campo de $x(t)$ y la masa de $m=\omega$: $$S[x] = \int dt \frac{1}{2} x ( -\partial_t^2 + \omega^2 )x$$ Ahora, como se hace en la sección 2 de este artículo (http://authors.library.caltech.edu/8383/1/BOOejp07b.pdf) , entonces podemos derivar el 1+0D QFT propagador de Feynman en el QFT: $$\langle 0|\mathcal{T}x(t_i) x(t_f) | 0 \rangle = \frac{1}{2\omega} e^{-i\omega|t_i-t_f|}$$ Dado que las acciones son las mismas, yo siento que de alguna manera deben ser capaces de relacionar este resultado con la amplitud QM $$\langle x_f,t_f|x_i,t_i\rangle$$ lo cual es una fórmula complicada con senos y cosenos, como derivados de la ruta integral en este artículo (http://web.mit.edu/dvp/www/Work/8.06/dvp-8.06-paper.pdf). Es allí una manera impecable de este mapa 1D QFT a la QM SHO? O de la QM SHO a la 1+0D QFT?

Answer 1

Haciéndose eco de knzhou del comentario, la expresión $$\langle 0|\mathcal{T}x(t_i) x(t_f) | 0 \rangle = \frac{1}{2\omega} e^{-i\omega|t_i-t_f|} \etiqueta{1}$$ sólo depende de $t_i,t_f$, mientras que $$\langle x_f,t_f|x_i,t_i\rangle \etiqueta{2}$$ es una función de $t_i,t_f$, pero también de $x_i,x_f$, que es, depende de cuatro variables, y por lo tanto es más general que la $(1)$. Esto significa que no se puede derivar $(2)$$(1)$, debido a que el primero contiene más información que en el segundo.

Si desea utilizar las técnicas de QFT para derivar $(2)$, se necesita más grados de libertad de su expresión para $S[x(t)]$. En particular, usted necesita un 1+1 QFT, tales como $$S[\psi]=\int_{-\infty}^{+\infty}\!\!\!\mathrm dt\int_{-\infty}^{+\infty}\!\!\!\mathrm dx\ \mathcal L(\psi(x,t)) \etiqueta{3}$$ donde $\psi(x,t)$ es una función (leer, operador) de dos variables en lugar de sólo uno. El ingenuo elección $$\mathcal L=\frac{1}{2}(\dot \psi^2-\psi'^2)-\frac{1}{2}\omega^2\psi^2 \etiqueta{4}$$ es incorrecto, como se puede comprobar por considerar el propagador en el libre límite de $\omega\to 0$: $$\langle t,x|0,0\rangle\propto \text{signo}(t-x)-\text{signo}(t+x) \etiqueta{5}$$ en lugar de $\exp\left[-ix^2/t\right]$, que es el de Schrödinger propagador de una partícula libre.

Resulta que el tipo correcto de Lagrange es, no es de extrañar, $$\mathcal L=\psi^\daga\left(i\partial_t+\frac{1}{2m}\Delta\right)\psi+\omega^2\psi^\daga\psi \etiqueta{6}$$ a partir de la cual se puede derivar el propagador, es decir, la función de Green de la Moe. Si usted sigue los pasos habituales usted encontrará que su expresión para $\langle x_i,t_i|x_f,t_f\rangle$ coincide con la conocida función de Green de un QHO.

Answer 2

Sí, es posible coincidir con la QM con un QFT en 1+0 dimensiones. Sin embargo, la Fock vacío $|0\rangle$ (que es aniquilado un operador de aniquilación $a|0\rangle=0$) es, naturalmente, relativa a la coherente estados $$\hat{a} |z\rangle~=~ z|z\rangle \tag{1}$$

en lugar de la posición de autoestados $$\hat{q} |q\rangle~=~q|q\rangle.\tag{2}$$ [Of course, it is possible to translate between the different operators and eigenstates (1) $\leftrightarrow$ (2).] Therefore it is most easy to consider the coherent state overlap $$\langle z_f^{\ast},t_f | z_i, t_i \rangle \tag{3}$$ rather than the position space overlap $$\langle q_f,t_f | q_i, t_i \rangle \tag{4} .$$ A QFT 2-pt function $$\langle 0^{\ast} | T[\hat{a}(t_1) \hat{a}^{\dagger}(t_2) ]|0 \rangle \tag{5}$$ is closely related to the coherent state overlap (3) with two extra insertions and $z_i=0=z_f$. Ver, por ejemplo, Ref. 1 para más detalles.

Referencias:

1. L. S. Brown, QFT; Secciones 1.7-1.8.