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Peskinの"An Introduction to Quantum Field Theory" の21ページに、
H=∫d^3x∫d^3pd^3q f(x, p, q)=∫d^3pg(p),.............①
ただし、
f(x, p, q)= 1/((2π)^6)・e^{i(p+q)x}{-√((ω(p)ω(q))/4 ・(a_p-a_{-p}^†)(a_q-a_{-q}^†)
+(-p・q+m^2)/(4√((ω(p)ω(q))・(a_p+a_{-p}^†)(a_q+a_{-q}^†)},
g(p)=1/(2π)^3・(a_p^†a_p+(1/2)[a_p, a_p^†]),
ω(p)=√(|(p|^2+m^2))という式が出てきます。ただし、x, p, qは3次元ベクトルで、生成消滅演算子の交換子は、
[a_p, a_q^†]=2π^3δ^3(p-q),
[a_p, a_q]=[a_p^†, a_q^†]=0
です。①の等式を証明してください。

gooドクター

A 回答 (7件)

あえて厳しい言い方にしますが、場の量子論に取り組むのなら、この先もっと難しい内容になります。

量子論でも出てくるような話で先に進めないのでは全く先に進めなくなるのは目に見えてます。自力で解決できるようになるまで量子論の復習をするか演習問題で計算練習をした方が良いです。


>=1/4∫d^3p/(2π)^3・ω(p)(2a_{-p}^†a_{-p}+2a_{-p}^†a_p^†)
正直この結果は、実際に考えている対象(自由粒子のハミルトニアン)と結果だけ見て「間違ってる」と判断すべきだと思うような結果です。
「何度も検算してもこうなるけど、計算の途中のどこかで間違ってるに違いない」
と思わなきゃダメです。スタートにしてる式が信頼できるかどうか次第では
「何度も検算してるから式変形は間違ってないはず。という事は変形前(展開前のハミルトニアン)が間違ってる」
もあり得るとは思います。でも
「何度検算してもこうなるからこの結果は正しい」
だけはあり得ません。


エルミートかどうかと言ってるのはその理由の1つです。
展開前がエルミートである事を確認できず最初からエルミートではないものをかんがえていたのかも、と考えるのならこの点に気づかないのは仕方ないかもしれませんが。
ただ、「エルミート性の確認も困難」については、は(A B)†=B†A†、(A+B)†=A†+B†、(A†)†=Aのような基本的な性質を使えば、展開せずに確認できる話です。困難な要素は何もありません。
A A†の形のものを足した形になってる事に気付ければ、エルミートである事は明らかでしょう。

また、貴方の結果は被積分関数がpと-pが明らかに非対称な形で含まれている点も、結果が間違っていると判断しなきゃダメだと思う大きな理由の一つです。
最初のハミルトニアンがどう導入されたのかによっては見にくくなるかもしれませんが、少なくとも等方的な空間に自由粒子かあるって事を考えてるのだか異方的なものになる事には違和感を持つべきでしょう。(積分した結果が等方的になってるからokって場合もあり得ますが)
物理的な背景は考えず数学的な観点からも、
展開前のものを見るとp→-pとすると積の順番を交換しただけのものになるので、何かの対称性はありそうには見えるでしょう。実際例えばa_pとa_(-p)†を交換(従ってa_p†はa_(-p)と交換)すると展開前の被積分関数は変わりません。
しかし貴方の結果はそうなってはいません。



検算も自分でできなきゃダメだとは思いますがどうしても見つけられないようなので。
例えば形式的にa_p=a_p†=1、a_(-p)=a_(-p)†=0を代入してみると
(a_p+a_{-p}^†)(a_{-p}+a_p^†)-(a_p-a_{-p}^†)(a_{-p}-a_p^†)} =2
(2a_{-p}^†a_{-p}+2a_{-p}^†a_p^†)=0
であり等しくありませんよね。
途中の変形では分配法則と和の交換のようなa_pなどが実数でも成り立つ演算しか使ってないと思うので、異なる値になる訳がないのですよ。
※細かい事を気にしないならa_pの固有値1、a_(-p)の固有値0の同時固有状態に作用させたと思っても良いとは思います。

ご自身の計算の途中式を詳しく書いて、それぞれに同じように代入してどこから0になっているのか確認して下さい。少なくともその式変形には誤りがあります。
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何回検算しようが、#4に書いたように途中でエルミートかどうかが変わってる点に変更はないのですが。

。。
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この回答へのお礼

与えられたハミルトニアンのエルミート性を確認するのも困難です。
ここは、eatern27さんの計算と私の計算を比較する以外に道はないと思います。実際に手を動かしてみてくださらないでしょうか?

お礼日時:2021/04/22 14:23

はぁ、#4の後半の内容が具体的な計算結果を知らない状態で書ける内容に見えるのですかね。

。。

貴方の書いた結果を見る限り例えば、-(a-b)=-a-bとするようなただの凡ミスがあるだけでしょうし、正直細かく説明した方が良さそうな式変形なんて何もありませんよ。
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この回答へのお礼

検算は何回もしたので、私の計算結果は間違っていないと思うんですけど。

お礼日時:2021/04/22 12:30

=1/4∫d^3p/(2π)^3・ω(p){(a_p+a_{-p}^†)(a_{-p}+a_p^†)


-(a_p-a_{-p}^†)(a_{-p}-a_p^†)}
=1/4∫d^3p/(2π)^3・ω(p)(2a_{-p}^†a_{-p}+2a_{-p}^†a_p^†)

この間の式変形が違いますね。エルミートですらなくなってます。

片方だけに†のついてる項(=添字がpのもの同士、-pのもの同士をかけたもの)だけが残ります。
-pが添字にある項は積分変数を-p→pと変換して下さい。
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この回答へのお礼

最後の結果が、エルミートになっていないのは自分にもわかります。しかし、愚直に計算するとどうしても先の私の結果になってしまいます。お手数ですが、手を動かして計算してみてくださらないでしょうか?

お礼日時:2021/04/20 20:30

頭の中ですむ程度の計算しかしてませんが、その式の通りになりそうな感じはしますね。


貴方の計算ではどうなったのかを書いて下さい。
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この回答へのお礼

私の計算は以下の通りです。

∫d^3xexp(i(p+q)x)=(2π)^3δ^3(P+q)より、
H=∫d^3p/(2π)^3{-ω(p)/4・(a_p-a_{-p}^†)(a_{-p}-a_p^†)
+(|p|^2+m^2)/4ω(p)・(a_p+a_{-p}^†)(a_{-p}+a_p^†)}
=1/4∫d^3p/(2π)^3・ω(p){(a_p+a_{-p}^†)(a_{-p}+a_p^†)
-(a_p-a_{-p}^†)(a_{-p}-a_p^†)}
=1/4∫d^3p/(2π)^3・ω(p)(2a_{-p}^†a_{-p}+2a_{-p}^†a_p^†)
=-1/2∫d^3p/(2π)^3・ω(p)(a_p^†a_p+a_p^†a_{-p}^†)

お礼日時:2021/04/20 13:52

うーん、#1に書いたようにgはmを含みませんし、何よりお書きの式を信じると∫d^3x∫d^3pd^3q f(x, p, q)はエネルギーの次元で、∫d^3pg(p)は無次元量になるので貴方の転記ミスがない限りは等しくなる訳がないのでは。

何が間違ってるのかは本持ってないので何とも言えませんけど。
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この回答へのお礼

すみません、私の転記ミスです。
正しくは、
g(p)=ω(P)/(2π)^3・(a_p^†a_p+(1/2)[a_p, a_p^†])
です。大変失礼しました。

お礼日時:2021/04/19 19:49

∫dx exp(ikx)=数定数×δ(k)


を使えば、qでの積分は実質的にはqに-pを代入するだけになるはず。

具体的な計算はしてませんが、fに含まれるmというのパラメータが綺麗に消えるとは思えないので、計算の結果その式のようになるのかについては疑問がありますけどね。
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この回答へのお礼

「∫dx exp(ikx)=数定数×δ(k)
を使えば、qでの積分は実質的にはqに-pを代入するだけになるはず。」
これは実行しましたが、私の計算では、g(p)がテキストと違う式になってしまいました。込み入った計算になるのですが、一度計算してみてくださらないでしょうか?

お礼日時:2021/04/19 18:02

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