Derivación del momento en QFT - del Energy-Momentum Tensor

Question

La conserva de 4-impulso del operador para el complejo campo escalar $\psi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\psi_1 + i\psi_2)$ se da en términos de la modalidad de operadores en $\psi$ $\psi^{\dagger}$ $$P^{\nu} = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3 }\frac{1}{2 \omega(p)} p^{\nu} (a^{\dagger}(p) a(p) + b^{\dagger}(p) b(p))$$ Esto es sólo declaró en mis notas, pero me gustaría ver cómo llegar a él mediante el modo de operadores. El lagrangiano para el complejo campo escalar es $$\mathcal L = \partial_{\mu} \psi^{\dagger} \partial^{\mu} \psi - m^2 \psi^{\dagger} \psi.$$ The the stress energy tensor associated with this theory is $$T^{\mu \nu} = \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu}\psi)} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger} \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_{\mu} \psi^{\dagger})} - \mathcal L\delta^{\mu \nu},$$ which using the lagrangian gives $$T^{\mu \nu} = \partial^{\mu} \psi^{\dagger} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger}\partial^{\mu} \psi - \mathcal L\delta^{\mu \nu}$$ Entonces $$P^{\nu} = \int T^{0 \nu} d^3 x = \int (\partial^{0} \psi^{\dagger} \partial^{\nu} \psi + \partial^{\nu} \psi^{\dagger}\partial^{0}\psi - \mathcal L\delta^{0\nu}) d^3 x$$ so $$P^0= \int (\partial^{0} \psi^{\dagger} \partial^{0} \psi + \partial^{0} \psi^{\dagger}\partial^{0}\psi - \partial_0 \psi^{\dagger} \partial^0 \psi - \partial_i \psi^{\dagger} \partial^i \psi + m^2 \psi^{\dagger}\psi) d^3 x$$ Del mismo modo, puedo obtener un $$P^i = \int d^3 x (\partial_0 \psi^{\dagger} \partial^i \psi + \partial^i \psi^{\dagger} \partial_0 \psi)$$

Entiendo cómo la expresión de $P^0$ se derivan de la utilización de la integral que he escrito arriba, pero la expresión de $P^i$ es incorrecta por un signo. Veo en mis notas, de hecho, la expresión integral para $P^i$ que tengo pero un signo menos delante. Pero no estoy seguro sobre el origen de este menos. Tal vez me estoy perdiendo algo conceptualmente en la derivación de $P^i$ entonces. Gracias por los comentarios.

Answer 1

La inserción de la expansión $$\psi=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}(a_pe^{-ipx}+b_p^\daga e^{ipx})$$ en la expresión para el Hamiltoniano $$H=\int d^3x(\dot{\psi}^\daga\dot{\psi}+\nabla\psi^\daga\cdot\nabla\psi+m^2\psi^\daga\psi)$$ tenemos $$H=\int d^3x\int\int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}\frac{d^3p^{\prime}}{(2\pi)^32\omega_p^{\prime}}(a+B+C)$$ donde $$\begin{array}{l} A=\omega_p\omega_{p^\prime}(a_p^\dagger e^{ipx}-b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}-b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x})\\ B=\vec{p}\cdot \vec{p}^\prime(a_p^\dagger e^{ipx}-b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}-b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x})\\ C=m^2(a_p^\dagger e^{ipx}+b_p e^{-ipx})(a_{p^\prime}e^{-i{p^\prime}x}+b^\dagger_{p^\prime}e^{i{p^\prime}x}) \end{array}$$ La integración de más de $x$ los rendimientos de los dos tipos de combinaciones: $a_p^\dagger a_{p^{\prime}}(2\pi)^3\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime}),b_p b_{p^{\prime}}^\dagger(2\pi)^3\delta(\vec{p}-\vec{p}^{\prime})$$a_p^{\dagger} b_{p^{\prime}}^\dagger(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime}),b_p a_{p^{\prime}}(2\pi)^3\delta(\vec{p}+\vec{p}^{\prime})$. La expectativa de valor de los últimos en ningún impulso eigenstate es, obviamente, de cero, por lo que no tienen contribución a la Hamiltoniana. La integración de más de $p^{\prime}$ y el uso de la relación $\omega_p^2=|\vec{p}|^2+m^2$ vamos a llegar $$H=\int \frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_p}\omega_p(a_p^\daga a_p+b_p b_p^\daga)$$

Answer 2

Para el complejo de impulso,

$$T^{\mu\nu}= \partial^{\mu}\phi^{\daga}(x)\partial^{\nu}\phi(x) + \partial^{\nu}\phi^{\daga}(x)\partial^{\mu}\phi(x) - g^{\mu}_{\nu}\mathcal{L}$$ Ahora usted puede considerar dos casos:

1. $T^{0i}$ que da el 3-impulso, $P^{i}$ es decir $g^{0}_{i} = (0,0,0)$
2. $T^{00}$ que da el hamiltoniano, $H = P^{0}$ es decir $g^{0}_{i} = 1$ (dependiendo de la métrica puede, ser -1)

trabajando a partir de aquí es sencillo, este método es citado en:

• Greiner, pg. 82
• Weinberg, pg. 310

Si también sugieren fuertemente buscando en la página 286 de Schwabl como él tiene un resultado interesante, que implican,

$$\mathbf{P} = \sum_{p} \mathbf{\mathbf{p}} \Big( \hat{n}_{(\ mathbf{p})} + \hat{n}_{b(\ mathbf{p})} \Big)$$