来自: Пух(想想哪个物理) 2014-01-10 22:56:01
在书上看见这么一个东西:
定义场算符$a(x)$及它的共轭$a^\dagger(x)$, 满足下面的交换关系:
\[
\begin{aligned}
\\
[a(x),a(x')] &= 0, \\
[a^\dagger(x), a^\dagger(x')] &= 0, \\
[a(x),a^\dagger(x')] &= \delta^3(x-x').
\end{aligned}
\]
这些关系看起来和谐振子中产生/湮灭算符的交换关系是一样的, 并且有真空态$|0\rangle$满足$a(x)|0\rangle = 0, \forall x$, 于是看起来就更像了. 我猜真空态就类似于谐振子中的基态, 直观上$a^\dagger(x)$就是在$x$点放一个粒子.
我想知道的是, 如果这些就是这一组算符的定义的话, 那么这些算符与其他算符的交换关系是怎么样的? 从书上对Hamiltonian的定义来看, 似乎这两个东西是不与动能项或势能项交换的(因为位置比较耐人寻味):
\[
H=\int \mathcal{H}\ {\rm d}^3x = \int {\rm d}^3x\ a^\dagger(x) \Big( -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x) \Big) a(x).
\]
如果把一个描述$n$个粒子的态写成下面这样的话:
\[
|\phi, t\rangle = \int {\rm d}^3x_1\ldots {\rm d}^3x_n\ \phi(x_1,\ldots,x_n; t)\ a^\dagger(x_1) \ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle,
\]
因为我的理解是$a^\dagger(x)$就是在$x$点放一个粒子而其他地方都是真空, $|\phi, t\rangle$事实上描述了一个有限多个没有互相作用的粒子的态. 我想通过积分用delta函数来把连续的label做成有限多个, 变成量子力学中熟知的形式, 但是做不到这一点, 因为不知道怎么处理$\mathcal{H}$中最左边的$a^\dagger$(不能换到右边去), 但我知道这个东西是对的.
现在对这一对算符仍然是一头雾水. 请问应该怎么理解它们呢?
定义场算符$a(x)$及它的共轭$a^\dagger(x)$, 满足下面的交换关系:
\[
\begin{aligned}
\\
[a(x),a(x')] &= 0, \\
[a^\dagger(x), a^\dagger(x')] &= 0, \\
[a(x),a^\dagger(x')] &= \delta^3(x-x').
\end{aligned}
\]
这些关系看起来和谐振子中产生/湮灭算符的交换关系是一样的, 并且有真空态$|0\rangle$满足$a(x)|0\rangle = 0, \forall x$, 于是看起来就更像了. 我猜真空态就类似于谐振子中的基态, 直观上$a^\dagger(x)$就是在$x$点放一个粒子.
我想知道的是, 如果这些就是这一组算符的定义的话, 那么这些算符与其他算符的交换关系是怎么样的? 从书上对Hamiltonian的定义来看, 似乎这两个东西是不与动能项或势能项交换的(因为位置比较耐人寻味):
\[
H=\int \mathcal{H}\ {\rm d}^3x = \int {\rm d}^3x\ a^\dagger(x) \Big( -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x) \Big) a(x).
\]
如果把一个描述$n$个粒子的态写成下面这样的话:
\[
|\phi, t\rangle = \int {\rm d}^3x_1\ldots {\rm d}^3x_n\ \phi(x_1,\ldots,x_n; t)\ a^\dagger(x_1) \ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle,
\]
因为我的理解是$a^\dagger(x)$就是在$x$点放一个粒子而其他地方都是真空, $|\phi, t\rangle$事实上描述了一个有限多个没有互相作用的粒子的态. 我想通过积分用delta函数来把连续的label做成有限多个, 变成量子力学中熟知的形式, 但是做不到这一点, 因为不知道怎么处理$\mathcal{H}$中最左边的$a^\dagger$(不能换到右边去), 但我知道这个东西是对的.
现在对这一对算符仍然是一头雾水. 请问应该怎么理解它们呢?
-
我用 $\mathcal{H}_x$ 表示 $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x)$，这样方便书写。一般情况不好说，不过你给的是哈密顿量，所以很特殊。也就是说，任何不含时的算符都跟哈密顿对易（海森堡方程），即 $a$ 和 $a^\dagger$ 与 $\mathcal{H}_x$ 对易。顺着这个思路，从非相对论薛定谔方程入手，即端阳 (别作践自己) 2014-01-11 11:54:10
\[
H|\phi,t>=i\hbar\partial_t|\phi,t>
\]
将 ${\rm d}^3x_1\ldots {\rm d}^3x_n$ 简记为 ${\rm D}^3X$，$x_1,\ldots,x_n$ 为 $X$。现在对方程左边进行实际运算
\[\begin{split}
&H|\phi,t>\\
=& \int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \mathcal{H}_x a(x)\phi(X; t)\ a^\dagger(x_1) \ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle
\end{split}\]
根据 $[a(x),a^\dagger(x')] = \delta^3(x-x')$ 和 $a|0>=0$，我们有
\[\begin{split}
&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_1) a^\dagger(x)a^\dagger(x_2)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \\
+&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_2) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)a^\dagger(x_3)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle\\
+&\ldots\\\
+&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_n) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_{n-1})|0\rangle
\end{split}\]
将 $x$ 积掉，有
\[
\int {\rm D}^3X\ \sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle
\]
再考虑薛定谔方程的右边，于是有
\[
\int {\rm D}^3X\ \left(\sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)-i\hbar\partial_t\phi(X; t)\right)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle=0
\]
显然有
\[
\sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)=i\hbar\partial_t\phi(X; t)
\]
这个方程是我们所期望的，因为你给的模型就是描述 $n$ 个固定粒子数的体系。
-
Пух (想想哪个物理) 2014-01-11 12:24:43
我用 $\mathcal{H}_x$ 表示 $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x)$，这样方便书写。一般情况不 我用 $\mathcal{H}_x$ 表示 $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x)$，这样方便书写。一般情况不好说，不过你给的是哈密顿量，所以很特殊。也就是说，任何不含时的算符都跟哈密顿对易（海森堡方程），即 $a$ 和 $a^\dagger$ 与 $\mathcal{H}_x$ 对易。顺着这个思路，从非相对论薛定谔方程入手，即 \[ H|\phi,t>=i\hbar\partial_t|\phi,t> \] 将 ${\rm d}^3x_1\ldots {\rm d}^3x_n$ 简记为 ${\rm D}^3X$，$x_1,\ldots,x_n$ 为 $X$。现在对方程左边进行实际运算 \[\begin{split}& H|\phi,t>\\ =& \int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \mathcal{H}_x a(x)\phi(X; t)\ a^\dagger(x_1) \ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \end{split}\] 根据 $[a(x),a^\dagger(x')] = \delta^3(x-x')$ 和 $a|0>=0$，我们有 \[\begin{split}& \int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_1) a^\dagger(x)a^\dagger(x_2)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \\ +&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_2) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)a^\dagger(x_3)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle\\ +&\ldots\\\ +&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_n) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_{n-1})|0\rangle \end{split}\] 将 $x$ 积掉，有 \[ \int {\rm D}^3X\ \sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \] 再考虑薛定谔方程的右边，于是有 \[ \int {\rm D}^3X\ \left(\sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)-i\hbar\partial_t\phi(X; t)\right)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle=0 \] 显然有 \[ \sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)=i\hbar\partial_t\phi(X; t) \] 这个方程是我们所期望的，因为你给的模型就是描述 $n$ 个固定粒子数的体系。 ... 端阳后面我都懂, 但是在说"任何不含时的算符都跟哈密顿对易"的时候, 这里的算符应该是指一个observable(厄米的). 但在谐振子中, $a$和$a^\dagger$不是厄米的, 并且哈密顿量和他们也不对易. 但$a$和$a^\dagger$作为场算符为什么和$\mathcal{H}$对易呢?
-
- 我不是说a变成数，我指的是两个a之间的那一坨东西变成数。不过我之前没看到你还有势能项，所以其实不是动量表象，应该是Hamiltonian的对角表象，在这个表象中，两个a之间的东西是一个数，这个数就是本征值们，这些数都可以随便移动到a的前面或者后面。
Everett (╮(╯▽╰)╭ ~(=￣ U ￣=)~) 2014-01-11 16:43:55
然后如果你做路径积分的话就更方便了，在路径积分中a也变成一个数，所以你再也不用担心算符的问题。
-
Everett (╮(╯▽╰)╭ ~(=￣ U ￣=)~) 2014-01-11 17:00:15
后面我都懂, 但是在说"任何不含时的算符都跟哈密顿对易"的时候, 这里的算符应该是指一个observab 后面我都懂, 但是在说"任何不含时的算符都跟哈密顿对易"的时候, 这里的算符应该是指一个observable(厄米的). 但在谐振子中, $a$和$a^\dagger$不是厄米的, 并且哈密顿量和他们也不对易. 但$a$和$a^\dagger$作为场算符为什么和$\mathcal{H}$对易呢? ... Пух你要区分两个不同层次的Hamiltonian：那个夹在两个a算符之间的那一坨东西，叫做一次量子化的Hamiltonian，或者单体Hamiltonian；那个包括了两边的a然后又积分的整个东西，叫做二次量子化的Hamiltonian，或者多体Hamiltonian. 这是两个完全不同的概念！
好，现在感受一下这个观念：一次量子化的Hamiltonian总是和a对易，而二次量子化的Hamiltonian和a不对易。
以谐振子为例，一次量子化的Hamiltonian就是频率omega，这是一个数，显然和a对易。而二次量子化的Hamiltonian是整个H，如你所述，它和a不对易。
好了，对于你的问题，一次量子化的Hamiltonian里面还有一些动量算符，所以你的疑虑是这些偏微分和a是否对易。答案是应该理解成对易的，虽然形式上你如果随便把偏微分到处乱移确实会使表达式失去意义。但是这个偏微分号意义很容易通过动量表现找回来，在动量表象中偏微分就是一个数，这个数就是动量，所以数当然可以到处乱移。
-
- 用动量表象的确更容易看，两个算符的傅里叶变换
端阳 (别作践自己) 2014-01-11 18:41:47
\[
a_x\sim\int{\rm d}^3p\ e^{ipx}\tilde a_p
\]
\[
a^\dagger_x\sim\int{\rm d}^3k\ e^{-ikx}\tilde a^\dagger_k
\]
于是有
\[\begin{split}
&\int {\rm d}^3x\ a^\dagger_x
\Big( -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x) \Big) a_x\\
\sim & \int{\rm d}^3p\ {\rm d}^3k\ {\rm d}^3x\ \tilde a^\dagger_k
\Big( \frac{\hbar^2}{2m} p^2 + U(-i\partial_p) \Big) \tilde a_p\;
e^{ix(p-k)}\\
\sim & \int{\rm d}^3p\ {\rm d}^3k\ {\rm d}^3x\
\Big( \frac{\hbar^2}{2m} p^2 + U(-i\partial_p) \Big)\tilde a^\dagger_k \tilde a_p\;e^{ix(p-k)}\\
\sim & \int{\rm d}^3p\ {\rm d}^3k\
\Big( \frac{\hbar^2}{2m} p^2 + U(-i\partial_p) \Big)\tilde a^\dagger_k\tilde a_p\;\delta(p-k)\\
\sim & \int{\rm d}^3p\
\Big( \frac{\hbar^2}{2m} p^2 + U(-i\partial_p) \Big)\tilde a^\dagger_{p}\tilde a_p
\end{split}\]
这样就避免讨论 $a^\dagger_x $ 和 $U(x)$ 的对易关系了。
Belanov (没水准) 2014-01-12 12:49:40
我用 $\mathcal{H}_x$ 表示 $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x)$，这样方便书写。一般情况不 我用 $\mathcal{H}_x$ 表示 $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(x)$，这样方便书写。一般情况不好说，不过你给的是哈密顿量，所以很特殊。也就是说，任何不含时的算符都跟哈密顿对易（海森堡方程），即 $a$ 和 $a^\dagger$ 与 $\mathcal{H}_x$ 对易。顺着这个思路，从非相对论薛定谔方程入手，即 \[ H|\phi,t>=i\hbar\partial_t|\phi,t> \] 将 ${\rm d}^3x_1\ldots {\rm d}^3x_n$ 简记为 ${\rm D}^3X$，$x_1,\ldots,x_n$ 为 $X$。现在对方程左边进行实际运算 \[\begin{split}& H|\phi,t>\\ =& \int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \mathcal{H}_x a(x)\phi(X; t)\ a^\dagger(x_1) \ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \end{split}\] 根据 $[a(x),a^\dagger(x')] = \delta^3(x-x')$ 和 $a|0>=0$，我们有 \[\begin{split}& \int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_1) a^\dagger(x)a^\dagger(x_2)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \\ +&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_2) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)a^\dagger(x_3)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle\\ +&\ldots\\\ +&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ \mathcal{H}_x \phi(X; t)\ \delta^3(x-x_n) a^\dagger(x)a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_{n-1})|0\rangle \end{split}\] 将 $x$ 积掉，有 \[ \int {\rm D}^3X\ \sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \] 再考虑薛定谔方程的右边，于是有 \[ \int {\rm D}^3X\ \left(\sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)-i\hbar\partial_t\phi(X; t)\right)\ a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle=0 \] 显然有 \[ \sum_{i=1}^n\ \mathcal{H}_i \phi(X; t)=i\hbar\partial_t\phi(X; t) \] 这个方程是我们所期望的，因为你给的模型就是描述 $n$ 个固定粒子数的体系。 ... 端阳能不能具体的解释一下“不含时的算符都跟哈密顿对易“是在什么语境下成立的？ 位置算符应该是和哈密顿不对易的吧。
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- 第一步把$a(x)$移到最右作用到真空上面，这样生下来下来的就是：
K (我将死而又死，以体会生之无穷) 2014-01-12 18:17:49
\[\begin{split}
&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \phi(X; t) \mathcal{H}_x \ \delta^3(x-x_1) a^\dagger(x_2)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle \\
+&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \phi(X; t) \mathcal{H}_x \ \delta^3(x-x_2) a^\dagger(x_1)a^\dagger(x_3)\ldots a^\dagger(x_n)|0\rangle\\
+&\ldots\\\
+&\int {\rm d}^3x\ {\rm D}^3X\ a^\dagger(x) \phi(X; t)\mathcal{H}_x \ \delta^3(x-x_n) a^\dagger(x_1)\ldots a^\dagger(x_{n-1})|0\rangle
\end{split}\]
$\mathcal{H}_x$中作用在后面的$\partial_{x}$都只作用在了$\delta^3(x-x_i)$上了，实际上都可以换成$-\partial_{x_i}$，这是和$a^\dagger(x)$对易的，换掉之后直接积分掉$x$。
\[Phantom_Ghost (Glaube am Chaos) 2014-11-10 21:56:00
\int d^4x\;\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi=\int d^4x\;\partial_\mu(\phi\partial^\mu\phi)-\int d^4x\;\phi\partial^2\phi
\]
表面项 $\int d^4x\;\partial_\mu(\phi\partial^\mu\phi)$ 渐进为零，因此最后
\[
\int d^4x\;\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi=-\int d^4x\;\phi\partial^2\phi
\]
- 路径积分里面的那些是q数，不是c数(算符)。$\bar{\psi}$是$\psi$的厄米共轭，只不过对于q数来说没有转置的作用，相当于复共轭。
Phantom_Ghost (Glaube am Chaos) 2014-11-11 11:08:02
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