¿Por qué no hay ninguna "receta" única para la cuantificación de una teoría clásica?

Question

He visto en la Wikipedia en la que diferentes cuantización de que existen métodos (véase el artículo de Wiki con el nombre de "Cuantificación"). Por otra parte, Wikipedia afirmó que hay más de una manera para cuantizar una teoría clásica. Por qué? Por qué cuantización no es única?

Si usted escuchar las charlas acerca de la teoría cuántica, usted aprenderá la canónica (colector relación) cuantización y la Ruta del método integral. Usted aprenderá que el canónica método y la Ruta método integral son equivalentes.

Ahora también existe una cuantización con el Moyal $\star$ producto y el espacio de fase; este método también es equivalente a los métodos que he mencionado anteriormente.

Pregunta principal: Que la cuantización método es completamente diferente a la más conveniente como colector de las relaciones? Estoy pensando en cosas como el spin estado de la red de cuantización que se utiliza en el Bucle de la gravedad cuántica. Puede girar las redes se utilizan para cuantizar bien entendido teorías como la cromodinámica cuántica también?

Respuestas sería muy apreciada.

Answer 1

1. Invierte la carga: ¿por Qué debe existir un único método de cuantización? La teoría clásica es un límite de la teoría cuántica, por que este límite sea reversible? Es como pedirle a la termodinámica para ser recuperables a partir de un cero de temperatura (o cualquier otro) límite, o la $\mathbb{R}^{6N}$ el espacio de fase dinámica para ser recuperable desde el límite termodinámico $N\to\infty$. No hay ninguna razón para esperar que toda la teoría para ser codificado en una de sus límites, de hecho, no hay razón para esperar que la existencia de un método de cuantización en absoluto, y mucho menos el único.

2. Cuantización está obstruido: Una "cuantificación" que supone una asignación de Hermitian operadores en un espacio de Hilbert clásica observables en el espacio de fase, es decir, un mapa de $f(x,p)\mapsto \hat{f}$. El Groenewold-van Hove teorema dice que no hay ningún mapa, tales que

   1. $f\mapsto \hat{f}$ es lineal.
   2. $[\hat{f},\hat{g}] = \mathrm{i}\hbar\widehat{\{f,g\}}$ tiene para todos los observables $f,g$.
   3. Observables que conmutan con todo lo que son múltiplos de la identidad, el sentido de la representación de la algebra de variables observables es irreductible.
   4. $p(\hat{f}) = \hat{p(f)}$ para todos los polinomios $p$,

   el significado de cada método de cuantización debe colocar algunos de estos supuestos, y por lo general no basta solamente la cuarta. Cuantización canónica generalmente se asume que todo esto funciona de todos modos, y cuando va mal es fijo ad hoc. La deformación de la cuantización de las gotas de la cuarta propiedad y hacer que recorren segundo contener sólo hasta los términos de la orden de $\hbar^2$, de cuantización geométrica en lugar restringe el permitido entradas $f$ a la cuantización mapa y las gotas de la cuarta propiedad.

   Por lo tanto, que, naturalmente, obtener diferentes métodos de cuantización dependiendo de la hipótesis que está dispuesto a sacrificar. Como cuestión de hecho, no se sabe por cualquiera de los métodos de cuantización si son "equivalentes" en un lugar completamente de configuración general. Además, este ni siquiera empezar a cubrir todos los posibles "cuantizaciones", ya que, por ejemplo, la ruta integral de formalismo no es un mapa $f\mapsto \hat{f}$. Por desgracia, no es estrictamente sabe si es realmente equivalente al operador formalismo, pero la mayoría de los casos conocidos parecen no difieren entre los dos formalismos. Para una discusión más larga de ese punto, ver a esta pregunta.

Answer 2

En primer lugar, cabe destacar que los diferentes cuantificación aproximaciones a una teoría clásica se prestan diferentes puntos de vista. En segundo lugar, un método de cuantificación para un sistema puede ser particularmente ventajosa respecto a otros, dependiendo de lo que uno quisiera manifestarse.

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Hay un ejemplo prototípico de este. Considerar, por ejemplo, la acción de un clásico de la cadena,

$$S = -\frac{1}{4\pi\alpha'}\int d^2 \sigma \, \sqrt{-h} \, h^{ab}\partial_a X_\mu \partial_b X^\mu.$$

Incluso entre canónica de cuantificación, hay diferentes calibres uno puede elegir el que se ofrecen diferentes puntos de vista. La luz de cono indicador permite llegar a todo el espectro de la cadena de la forma más rápida, pero la covarianza de la teoría se manifiesta con la conformación de calibre. La luz de cono calibre es capaz de eliminar los diffeomorphism y Weyl despidos.

Ahora, una segunda aproximación a la clásica cadena es BRST cuantificación. Se puede clasificar a los estados como BRST-exacto o BRST-cerrado en el mismo sentido de ser cerrado o exacta para formas diferenciales y por lo tanto introducir BRST cohomology análoga a la de Rham cohomology.

La física espacio de Hilbert es identificado con esta BRST cohomology, y es un teorema (demostrado en 4.4 de Polchinski) que,

$$\mathscr{H}_{\mathrm{CQ}} = \mathscr{H}_{\mathrm{BRST}} = \mathscr{H}_{\mathrm{light-cone}}$$

es decir, el espacio de Hilbert coincide con la obtenida a partir de cuantización canónica así como la luz de cono de cuantificación. Así, aunque el BRST método tiene algunas cosas, ofrece una descripción equivalente del sistema.

Como para demostrar las equivalencias en los casos más generales, espero que otro miembro de la SE puede ofrecer puntos de vista.

Answer 3

Las respuestas anteriores son grandes, pero no tratan la última pregunta de la suya, así que aquí va.

$-$ Puede girar redes utilizarse para cuantizar QCD?

$-$ Sólo si está unida a la de la gravedad.

La tirada de la red de base es incontable. El producto interior el espacio es, pues, nonseparable y es incapaz de describir una bien definida la mecánica cuántica sistema.

La hermosa razón por la que esto funciona por gravedad es debido a que el núcleo de la diffeomorphism restricción (debidamente cuantificada como un operador en la vuelta de la red de espacio) de GR es en realidad un espacio de Hilbert separable $\mathcal{K}$, lo que generalmente se llama el kinematical espacio de Hilbert de la LQG. En otras palabras, porque LQG es de fondo independiente, la "desmesura" de la spin-redes producto interior el espacio es sólo indicador, el verdadero espacio de Hilbert son separables.

Esto también funcionará por gravedad + $SU(3)$ Yang-Mills sistema (QCD). Pero no funciona para QCD en el plano de Minkowski de fondo. Antecedentes de la independencia que realmente hace la diferencia aquí.