¿Implica Peskin y Schroeder Eq. (4.26), $U(t_1,t_2)U(t_2,t_3) = U(t_1,t_3)$ $[H_0,H_{int}] = 0$?

Question

Peskin & Schroeder ecuación (4.17) definir el operador, \begin{equation} U(t,t_{0})~=~e^{i(t-t_{0})H_{0}}e^{-i(t-t_{0})H} \tag{4.17} \end{equation} donde $$H~=~H_0+H_{\text{int}}\tag{4.12}$$ es el Hamiltoniano completo y $H_{0}$ es el libre Hamilton, ambos en la imagen de Schrödinger. En la ecuación (4.26), Peskin y Schroeder estado que el operador satisface la siguiente identidad, \begin{equation} U(t_{1},t_{2})U(t_{2},t_{3})~=~U(t_{1},t_{3}) \tag{4.26} \end{equation} donde $t_{1}\ge t_{2}\ge t_{3}$. ¿Esto implica que la libre de Hamilton desplazamientos con la interacción $$[H_{0},H_{\text{int}}]~=~0~ ?$$ Aquí está mi argumento de que no.

En la condición de $t_{1}\ge t_{2}\ge t_{3}$$t_{2}=0$. La identidad es, entonces, \begin{equation} U(t_{1},0)U(0,t_{3})=U(t_{1},t_{3})\ . \end{equation} Sustituir la definición, \begin{equation} e^{it_{1}H_{0}}e^{-it_{1}H}e^{-it_{3}H_{0}}e^{it_{3}H}=e^{i(t_{1}-t_{3})H_{0}}e^{-i(t_{1}-t_{3})H} \end{equation} y se simplifica para obtener, \begin{equation} e^{-it_{1}H}e^{-it_{3}H_{0}}=e^{-it_{3}H_{0}}e^{-it_{1}H} \end{equation} con $t_{1}\ge 0\ge t_{3}$ . Poner $t_{1}=t$$t_{3}=-t$. \begin{equation} e^{-itH}e^{itH_{0}}=e^{itH_{0}}e^{-itH} \end{equation} La expansión de segundo orden en $t$, \begin{equation} (1-itH-\frac{t^{2}}{2}HH)(1+itH_{0}-\frac{t^{2}}{2}H_{0}H_{0})= (1+itH_{0}-\frac{t^{2}}{2}H_{0}H_{0})(1-itH-\frac{t^{2}}{2}HH) \end{equation} los resultados, \begin{equation} HH_{0}=H_{0}H \end{equation} de modo que $[H_{0},H]_{-}=0$. Ahora $H=H_{0}+H_{int}$ por lo que el Hamiltoniano libre deben de viajar con la interacción. \begin{equation} [H_{0},H_{int}]_{-}=0 \end{equation} En Peskin y Schroeder, el contexto de este material es la auto-interacción escalar campo con Hamilton, \begin{equation} H=\int d^{3}x \left(\frac{1}{2}\pi(t,x)^{2}+\frac{1}{2}\frac{\partial \phi}{\partial x^{r}}\frac{\partial \phi}{\partial x^{r}}+V(\phi)\right) \ . \end{equation} En la teoría clásica, el PB es, \begin{equation} [H_{0},H_{int}]_{PB}=-\int d^{3}x\frac{\delta H_{0}}{\delta \pi}\frac{\delta H_{int}}{\delta \phi}=-\int d^{3}x\ \pi\frac{dV}{d\phi}=-\frac{d}{dt}\int d^{3}x\ V(\phi(t,x)) \end{equation} Yendo a la teoría cuántica, \begin{equation} [H_{0},H_{int}]_{-}=-i\frac{d}{dt}\int d^{3}x\ V(\phi(t,x)) \end{equation} de modo que $[H_{0},H_{int}]_{-}=0\ $ implica que la integral de $V(\phi)$ es una conserva de carga; es también un resultado correcto?

Answer 1

Ref. 1 escribe la fórmula correcta

$$ U(t,t^{\prime})~=~e^{iH_0(t-t_0)} e^{-iH(t-t^{\prime})}e^{-iH_0(t^{\prime}-t_0)} , \qquad t~\geq~ t^{\prime},\tag{4.25}$$

que satisface

$$ U(t_1,t_2)U(t_2,t_3)~=~U(t_1,t_3) , \qquad t_1~\geq~ t_2~\geq~ t_3.\tag{4.26}$$

Aquí $t_0$ es arbitrario pero fijo fiducial inicial instante en el que los operadores y los estados en la imagen de Schrödinger, Heisenberg imagen y la interacción de la imagen están todos de acuerdo. Para $t\neq t_0$, las tres imágenes ya no es el mismo, a pesar de que todavía unitario equivalente.

Para $t^{\prime}=t_0$, eq. (4.25) se simplifica a

$$ U(t,t_0)~=~e^{iH_0(t-t_0)}e^{-iH(t-t_0)}. \tag{4.17}$$

Parece que el OP erróneamente reemplaza $t_0$ en eq. (4.17) con un tiempo arbitrario $t^{\prime} \leq t$. La ecuación resultante

$$ U(t,t^{\prime})~=~e^{iH_0(t-t^{\prime})}e^{-iH(t-t^{\prime})}. \qquad(\leftarrow \text{Wrong!})$$

es no correcto.

Referencias:

1. M. E. Peskin & D. V. Schroeder, Una Introducción a la QFT; la Sección 4.2.

Answer 2

El hecho de que $$ U_I(t_1,t_2)U_I(t_2,t_3) = U_I(t_1,t_3)\tag{1}$$ en la interacción de la imagen no depende de la $H_0$ $H_\text{int}$ ir al trabajo, pero se puede derivar sin que la asunción de la Tomonaga-Schwinger ecuación $$ \mathrm{i}\partial_t U_I(t,t_0) = H_I(t)U_I(t,t_0)$$ con $H_I(t):=\mathrm{e}^{\mathrm{i}H_0 t}H_\text{int}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}H_0 t}$ $H_\text{int}$ desarrollado por $H_0$, y que la ecuación tiene una Dyson series desolución de $$ U_I(t,t_0) = \mathcal{T}\exp(-\mathrm{i}\int_{t_0}^{t}H_I(t')\mathrm{d}t')$$ a partir de que $(1)$ puede ser demostrado.

La versión de $U_I$ dado por Peskin-Schröder (y algunos otros que copian de ellos, presumiblemente) es incorrecta, la versión correcta es la $$ U_I(t,t_0) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}H_0 t}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}H(t-t_0)}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}H_0t_0}$$ lo que sigue a partir de la $\psi_I(t) := \mathrm{e}^{\mathrm{i}H_0 t}\psi_S(t)$ $\psi_I(t) = U_I(t,t_0)\psi_I(t_0)$ donde ${}_S$ denota Schrödinger estados. Obviamente, esto también se cumple $(1)$ sin supuestos adicionales.

Answer 3

En primer lugar, se llevó el segundo fin de Taylor expansiones de $e^{-itH}$$e^{-itH_0}$, por lo tanto, si sus cálculos eran correctos, $H$ $H_0$ conmuta con cada uno de los otros sólo para los de segundo orden de tiempo $t$, no para todo el fin de $t$ (o aproximadamente conmutan).

En segundo lugar, por 4 operadores de $A,B,H,K$: $$ AHB=AKB \rightarrow a(H-K)B=0. $$ A partir de esta relación, podemos deducir $H=K$ si (y sólo si) para todo a, B (H, K permanecen sin cambios), la anterior relación es siempre.En sus cálculos, $$A=e^{it_1H_0},B=e^{it_3H},H=e^{-it_1H}e^{-it_3H_0},K=e^{-it_3H_0}e^{-it_1H}$$We see that, $Un$ and $K$ here are related to each other (also for $B$ and $H$). So, from the above condition, we cannot imply $H=K$.

Así, el resultado no es correcto.