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Coleman QFT Problem 4

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疑问

在Coleman QFT - Lecture 8. 微扰理论 I：Wick diagram中，我们精确求解了Model 1，其Lagrangian density为：

L=12(∂μϕ)2−12μ2ϕ2−gρ(x)ϕ(x)\mathcal L=\dfrac12(\partial_\mu\phi)^2-\dfrac12\mu^2\phi^2-g\rho(x)\phi(x)

其中图二代表了一个常数 −α+iβ-\alpha+i\beta。我们通过其作用于真空态上的归一化关系确定了其实部 α\alpha，本题请通过直接求解图二验证这一点。

其表达式为：

O2=(−ig)2∫d4x1d4x2 ϕ(x1)ϕ∣   ‾ ⁣∣(x2)ρ(x1)ρ(x2)O_2=(-ig)^2\int\mathrm{d}^4x_1\mathrm{d}^4x_2\,\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\,}}\mkern-3mu\normalsize |}{\phi(x_1) \phi} (x_2)\rho(x_1)\rho(x_2)

缩并可表示为：

ϕ(x1)ϕ∣   ‾ ⁣∣(x2)=⟨0∣T(ϕ(x1)ϕ(x2))∣0⟩=lim⁡ϵ→0+∫d4p(2π)4e−ip⋅(x1−x2)ip2−μ2+iϵ\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\,}}\mkern-3mu\normalsize |}{\phi(x_1) \phi} (x_2)=\langle0|T(\phi(x_1)\phi(x_2))|0\rangle=\lim_{\epsilon\to0^+}\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x_1-x_2)}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}

则

α=lim⁡ϵ→0+Re[ g2 ⁣∫d4xd4yd4p(2π)4e−ip⋅(x−y)ip2−μ2+iϵρ(x)ρ(y)]=lim⁡ϵ→0+Re[ g2 ⁣∫d4p(2π)4ip2−μ2+iϵρ~∗(p)ρ~(p)]\alpha=\lim_{\epsilon\to 0^+}\mathrm{Re}\left[\,g^2\!\int\mathrm{d}^4x\mathrm{d}^4y\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}\rho(x)\rho(y)\right]=\lim_{\epsilon\to 0^+}\mathrm{Re}\left[\,g^2\!\int \dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}\tilde{\rho}^*(p)\tilde\rho(p)\right]

由于

lim⁡ϵ→0+Re(ip2−μ2+iϵ)=π δ(p2−μ2)\lim_{\epsilon\to 0^+}\mathrm{Re}\left(\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}\right)=\pi\,\delta(p^2-\mu^2)

则

α=g2 ⁣∫d4p(2π)4⋅πδ(p2−μ2)ρ~∗(p)ρ~(p)=g22∫d3p⃗(2π)32ωp⃗[ρ~∗(p⃗,ωp⃗)ρ~(p⃗,ωp⃗)+ρ~∗(p⃗,−ωp⃗)ρ~(p⃗,−ωp⃗)]=g2 ⁣∫d3p⃗(2π)32ωp⃗ρ~∗(p⃗,ωp⃗)ρ~(p⃗,ωp⃗)\alpha=g^2\!\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\cdot\pi\delta(p^2-\mu^2)\tilde{\rho}^*(p)\tilde\rho(p)=\dfrac{g^2}{2}\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32\omega_{\vec p}}[\tilde{\rho}^*(\vec p,\omega_{\vec p})\tilde\rho(\vec p,\omega_{\vec p})+\tilde{\rho}^*(\vec p,-\omega_{\vec p})\tilde\rho(\vec p,-\omega_{\vec p})]=g^2\!\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32\omega_{\vec p}}\tilde{\rho}^*(\vec p,\omega_{\vec p})\tilde\rho(\vec p,\omega_{\vec p})

其中最后一个等号是由于 ρ(x)\rho(x) 是一个实场，因此：

ρ~(p⃗,−ωp⃗)=∫d4x eip⃗⋅x⃗+iωp⃗tρ(x)=ρ~∗(−p⃗,ωp⃗)\tilde\rho(\vec p,-\omega_{\vec p})=\int\mathrm{d}^4x\,\mathrm{e}^{i\vec p\cdot\vec x+i\omega_{\vec p}t}\rho(x)=\tilde\rho^*(-\vec p,\omega_{\vec p})

ρ~∗(p⃗,−ωp⃗)ρ~(p⃗,−ωp⃗)=ρ~(−p⃗,ωp⃗)ρ~∗(−p⃗,ωp⃗)\tilde{\rho}^*(\vec p,-\omega_{\vec p})\tilde\rho(\vec p,-\omega_{\vec p})=\tilde{\rho}(-\vec p,\omega_{\vec p})\tilde\rho^*(-\vec p,\omega_{\vec p})

而最后的积分关于 p⃗\vec p 是对称的，因此与前一项相等。 根据定义：

h(p⃗)≡−ig ρ~(p⃗,ωp⃗)(2π)3/22ωp⃗h(\vec p)\equiv\dfrac{-ig\,\tilde\rho(\vec p,\omega_{\vec p})}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2\omega_{\vec p}}}

因此

α=∫d3p⃗ h(p⃗)∗h(p⃗)=∫d3p⃗ ∣h(p⃗)∣2\alpha=\int\mathrm{d}^3\vec p\,h(\vec p)^*h(\vec p)=\int\mathrm{d}^3\vec p\,|h(\vec p)|^2

与Coleman QFT - Lecture 8. 微扰理论 I：Wick diagram中用归一化得到的结果相同。

疑问

本题研究相干态。考虑一个谐振子，其哈密顿量为：

H=12(p2+q2)H=\dfrac12(p^2+q^2)

定义升降算符为

a=12(q+ip),a†=12(q−ip)a=\dfrac{1}{\sqrt 2}(q+ip),\quad a^\dagger=\dfrac{1}{\sqrt 2}(q-ip)

相干态(coherent state) ∣z⟩|z\rangle 的定义为

∣z⟩=Neza†∣0⟩,z∈C|z\rangle=N\mathrm{e}^{za^\dagger}|0\rangle,\quad z\in\mathbb{C}

NN 为一个正实数，用于归一化：⟨z∣z⟩=1\langle z|z\rangle=1。 （1）求解NN。 （2）计算两个相干态间的内积 ⟨z∣z′⟩\langle z|z'\rangle，说明其没有正交性。 （3）证明相干态 ∣z⟩|z\rangle 是湮灭算符 aa 的本征态，并求其本征值。 （4）所有相干态 {∣z⟩}\{|z\rangle\} 是超完备的(overcomplete)。实际上，能量本征态可以相干态 ∣z⟩|z\rangle 在 z=0z=0 处的各阶导数表示，请说明这一点。此外，实际上有一个看上去像是完备性关系的公式：

1=α∫d(Re z)d(Im z) e−βz∗z∣z⟩⟨z∣1=\alpha\int\mathrm{d}(\mathrm{Re}\,z)\mathrm{d}(\mathrm{Im}\,z)\,\mathrm{e}^{-\beta z^*z}|z\rangle\langle z|

请证明这一公式，并且求出实数 α\alpha 与 β\beta 的值。 （5）展示若 F(q,p)F(q,p) 为正则坐标与动量的任意多项式，其正规序在相干态下的平均值为：

⟨z∣:F(p,q):∣z⟩=F(pˉ,qˉ)\langle z|:F(p,q):|z\rangle=F(\bar p,\bar q)

其中 pˉ,qˉ\bar p,\bar q 为实数，用 z,z∗z,z^* 表示 pˉ,qˉ\bar p,\bar q。 （6）求相干态 ∣z⟩|z\rangle 在坐标表象下的波函数，即 ⟨q∣z⟩\langle q|z\rangle。

（1）直接计算得到

1=⟨z∣z⟩=∣N∣2⟨0∣ez∗aeza†∣0⟩=N2(∑i=0∞z∗i(i!)1/2⟨i∣)(∑j=0∞zj(j!)1/2∣j⟩)=N2∑i=0∞∣z∣2ii!=N2 e∣z∣21=\langle z|z\rangle=|N|^2\langle0|\mathrm{e}^{z^*a}\mathrm{e}^{za^\dagger}|0\rangle=N^2\left(\sum_{i=0}^\infty \dfrac{z^{*i}}{(i!)^{1/2}}\langle i|\right)\left(\sum_{j=0}^\infty\dfrac{z^j}{(j!)^{1/2}}|j\rangle\right)=N^2\sum_{i=0}^\infty\dfrac{|z|^{2i}}{i!}=N^2\,\mathrm{e}^{|z|^2}

因此

N=e−∣z∣2/2N=\mathrm{e}^{-|z|^2/2}

（2）直接计算：

⟨z∣z′⟩=e−(∣z∣2+∣z′∣2)/2∑i=0∞(z∗z′)ii!=exp⁡(−∣z∣2+∣z′∣22+z∗z′)\langle z|z'\rangle=\mathrm{e}^{-(|z|^2+|z'|^2)/2}\sum_{i=0}^\infty\dfrac{(z^*z')^i}{i!}=\exp\left(-\dfrac{|z|^2+|z'|^2}{2}+z^*z'\right)

其在 z≠z′z\ne z' 时也不为零。 （3）用能量本征态展开的结果为：

∣z⟩=e−∣z∣2/2∑i=0∞zii!∣i⟩|z\rangle=\mathrm{e}^{-|z|^2/2}\sum_{i=0}^\infty\dfrac{z^i}{\sqrt{i!}}|i\rangle

则

a∣z⟩=e−∣z∣2/2∑i=1∞zi(i−1)!∣i−1⟩=z e−∣z∣2/2∑i=0∞zii!∣i⟩=z∣z⟩a|z\rangle=\mathrm{e}^{-|z|^2/2}\sum_{i=1}^\infty\dfrac{z^i}{\sqrt{(i-1)!}}|i-1\rangle=z\,\mathrm{e}^{-|z|^2/2}\sum_{i=0}^\infty\dfrac{z^i}{\sqrt{i!}}|i\rangle=z|z\rangle

因此为本征值为 zz 的本征态。另一种更简单的做法是：

a∣z⟩=Na eza†∣0⟩=N[a,eza†]∣0⟩=z[a,a†]N eza†∣0⟩=z∣z⟩a|z\rangle=Na\,\mathrm{e}^{za^\dagger}|0\rangle=N[a,\mathrm{e}^{za^\dagger}]|0\rangle=z[a,a^\dagger]N\,\mathrm{e}^{za^\dagger}|0\rangle=z|z\rangle

（4）仍利用上面的展开式：

dmdzm∣z⟩∣z=0=(∣z⟩展开式中zm项的系数)⋅m!=e−∣z∣2/2m! ∣m⟩\dfrac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}z^m}|z\rangle\bigg|_{z=0}=\text{($|z\rangle$展开式中$z^m$项的系数)}\cdot m!=\mathrm{e}^{-|z|^2/2}\sqrt{m!}\,|m\rangle

因此

∣m⟩=e∣z∣2/2m!dmdzm∣z⟩∣z=0|m\rangle=\dfrac{\mathrm{e}^{|z|^2/2}}{\sqrt{m!}}\dfrac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}z^m}|z\rangle\bigg|_{z=0}

因此能量本征态可用 ∣z⟩|z\rangle 于 z=0z=0 处的各阶导数表示。接下来，设 z=x+iyz=x+iy，则

α∫d(Re z)d(Im z) e−βz∗z∣z⟩⟨z∣=α∑m,n=0∞1m!n!∫dx dy e−(β+1)(x2+y2)(x+iy)n(x−iy)m∣n⟩⟨m∣\alpha\int\mathrm{d}(\mathrm{Re}\,z)\mathrm{d}(\mathrm{Im}\,z)\,\mathrm{e}^{-\beta z^*z}|z\rangle\langle z|=\alpha\sum_{m,n=0}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{m!n!}}\int\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{e}^{-(\beta+1)(x^2+y^2)}(x+iy)^n(x-iy)^m|n\rangle\langle m|

令 x+iy=r eiθx+iy=r\,\mathrm{e}^{i\theta}，换到极坐标：

RHS=α∑m,n=0∞∣n⟩⟨m∣n!m!∫r drdθ e−(β+1)r2rm+nei(n−m)θ=α∑m,n=0∞∣n⟩⟨m∣n!m!⋅2πδmn⋅(β+1)−m+n+22∫0∞tm+n+1e−t2 dt=απ∑n=0∞(β+1)−(n+1)∣n⟩⟨n∣\mathrm{RHS}=\alpha\sum_{m,n=0}^\infty\dfrac{|n\rangle\langle m|}{\sqrt{n!m!}}\int r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\,\mathrm{e}^{-(\beta+1)r^2}r^{m+n}\mathrm{e}^{i(n-m)\theta}=\alpha\sum_{m,n=0}^\infty\dfrac{|n\rangle\langle m|}{\sqrt{n!m!}}\cdot 2\pi\delta_{mn}\cdot(\beta+1)^{-\frac{m+n+2}{2}}\int_0^\infty t^{m+n+1}\mathrm{e}^{-t^2}\,\mathrm{d}t=\alpha\pi\sum_{n=0}^\infty(\beta+1)^{-(n+1)}|n\rangle\langle n|

能量本征态的完备性关系为：

∑n=0∞∣n⟩⟨n∣=1\sum_{n=0}^\infty|n\rangle\langle n|=1

因此我们应当取

α=1π,β=−1\alpha=\dfrac1\pi,\quad \beta=-1

此时公式

α∫d(Re z)d(Im z) e−βz∗z∣z⟩⟨z∣=1\alpha\int\mathrm{d}(\mathrm{Re}\,z)\mathrm{d}(\mathrm{Im}\,z)\,\mathrm{e}^{-\beta z^*z}|z\rangle\langle z|=1

成立。

（5）实际上，我们只需验证下面式子成立：

⟨z∣:pmqn:∣z⟩=pˉmqˉn\langle z|:p^mq^n:|z\rangle=\bar p^m\bar q^n

利用：

:pmqn:  =  :[−i12(a−a†)]m[12(a+a†)]n:  =∑i,jCij(a†)iaj:p^mq^n:\;=\;:\left[-i\dfrac{1}{\sqrt2}(a-a^\dagger)\right]^m\left[\dfrac{1}{\sqrt2}(a+a^\dagger)\right]^n:\;=\sum_{i,j}C_{ij} (a^\dagger)^ia^j

这里 CijC_{ij} 只是一个展开系数而已。则

⟨z∣:pmqn:∣z⟩=∑i,jCij⟨z∣(a†)iaj∣z⟩=∑i,jCijz∗izj\langle z|:p^mq^n:|z\rangle=\sum_{i,j}C_{ij}\langle z|(a^\dagger)^ia^j|z\rangle=\sum_{i,j}C_{ij}z^{*i}z^j

因此我们实际上是在做替换 a†→z∗,a→za^\dagger\to z^*,a\to z，因此

⟨z∣:pmqn:∣z⟩=[−i12(z−z∗)]m[12(z+z∗)]n=(2 Im z)m(2 Re z)n\langle z|:p^mq^n:|z\rangle=\left[-i\dfrac{1}{\sqrt2}(z-z^*)\right]^m\left[\dfrac{1}{\sqrt2}(z+z^*)\right]^n=(\sqrt2\,\mathrm{Im}\,z)^m(\sqrt2\,\mathrm{Re}\,z)^n

因此只需取

pˉ=2 Im z=−i12(z−z∗),qˉ=2 Re z=12(z+z∗)\bar p=\sqrt2\,\mathrm{Im}\,z=-i\dfrac{1}{\sqrt2}(z-z^*),\quad \bar q=\sqrt2\,\mathrm{Re}\,z=\dfrac{1}{\sqrt2}(z+z^*)

则有下面的公式

⟨z∣:F(p,q):∣z⟩=F(pˉ,qˉ)\langle z|:F(p,q):|z\rangle=F(\bar p,\bar q)

成立。 （6）由于相干态 ∣z⟩|z\rangle 是 aa 的本征态：

a∣z⟩=z∣z⟩a|z\rangle=z|z\rangle

在坐标表象下：

⟨q∣a∣z⟩=12(ddq+q)⟨q∣z⟩=z⟨q∣z⟩\langle q|a|z\rangle=\dfrac{1}{\sqrt 2}\left(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}+q\right)\langle q|z\rangle=z\langle q|z\rangle

即要求解微分方程：

y′+xy=2 zyy'+xy=\sqrt 2\,zy

齐次方程的通解为 y=C e−12x2y=C\,\mathrm{e}^{-\frac12x^2}，利用常数变易法：

y=u(x) e−x2/2⇒u′(x)=2z u(x),u(x)=C e2zxy=u(x)\,\mathrm{e}^{-x^2/2}\Rightarrow u'(x)=\sqrt 2z\,u(x),\quad u(x)=C\,\mathrm{e}^{\sqrt 2zx}

最终得到：

⟨q∣z⟩=Cexp⁡(−12x2+2zx)=⟨0∣z⟩exp⁡(−12x2+2zx)\langle q|z\rangle=C\exp\left(-\dfrac12 x^2+\sqrt 2zx\right)=\langle 0|z\rangle\exp\left(-\dfrac12 x^2+\sqrt 2zx\right)

这实际上是将基态波函数平移的结果。

疑问

设 KK 是一个厄米算符，∣ψ⟩|\psi\rangle 是一个归一的态。 f(K)f(K) 在态 ∣ψ⟩|\psi\rangle 下的期望值定义为：

⟨f(K)⟩=⟨ψ∣f(K)∣ψ⟩\langle f(K)\rangle=\langle \psi|f(K)|\psi\rangle

现在定义一个关于实自变量 kk 的函数 η(k)\eta(k)：

η(k)≡⟨δ(K−k)⟩\eta(k)\equiv\langle\delta(K-k)\rangle

现在假设

K=∫d3x⃗ g(x⃗)ϕ(x⃗,0)K=\int\mathrm{d}^3\vec x\, g(\vec x)\phi(\vec x,0)

求在质量为 mm 的自由标量场 ϕ(x)\phi(x) 的真空态下的 η(k)\eta(k)。提示：你可能会用到Model 1的一些计算结果。可以取 β=0\beta=0。

利用下面的公式：

δ(x)=∫−∞∞dq2π e−iqx\delta(x)=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{\mathrm{d}q}{2\pi}\,\mathrm{e}^{-iqx}

则

η(k)=⟨0∣δ(K−k)∣0⟩=∫dq2π⟨0∣exp⁡[−iq(∫d3x g(x⃗)ϕ(x⃗,0))−k]∣ 0⟩=∫dq2π eiqk⟨0∣exp⁡[−iq(∫d4x G(x)ϕ(x))]∣ 0⟩(*)\eta(k)=\langle 0|\delta(K-k)|0\rangle=\int\dfrac{\mathrm{d}q}{2\pi}\left\langle 0\left|\exp\left[-iq\left(\int\mathrm{d}^3x\,g(\vec x)\phi(\vec x,0)\right)-k\right]\right|\,0\right\rangle=\int\dfrac{\mathrm{d}q}{2\pi}\,\mathrm{e}^{iqk}\left\langle 0\left|\exp\left[-iq\left(\int\mathrm{d}^4x\,G(x)\phi(x)\right)\right]\right|\,0\right\rangle\tag{*}

其中 G(x)≡g(x⃗)δ(t)G(x)\equiv g(\vec x)\delta(t)。因此我们看到，需要求一个标量场的指数函数的真空-真空分量。这实际上很像Model 1。回顾一下，在Model 1中，我们的微扰项为：

HI=−gρ(x)ϕ(x)\mathcal H_I=-g\rho(x)\phi(x)

此时

S=UI(∞,−∞)=Texp⁡(−ig∫d4x ρ(x)ϕ(x))=Aexp⁡[∫d3p⃗ (−h(p⃗)∗ap⃗+h(p⃗)ap⃗†)]S=U_I(\infty,-\infty)=T\exp\left(-ig\int\mathrm{d}^4x\,\rho(x)\phi(x)\right)=A\exp\left[\int\mathrm{d}^3\vec p\,(-h(\vec p)^*a_{\vec p}+h(\vec p)a_{\vec p}^\dagger)\right]

其中

A=e12(−α+iβ),α=∫d3p ∣h(p⃗)∣2=g2∫d3p⃗(2π)22ωp⃗∣ρ~(p⃗,ωp⃗)∣2A=\mathrm{e}^{\frac12(-\alpha+i\beta)},\quad \alpha=\int\mathrm{d}^3p\,|h(\vec p)|^2=g^2\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^22\omega_{\vec p}}|\tilde{\rho}(\vec p,\omega_{\vec p})|^2

回到(*)式，由于实际上只有 t=0t=0 时刻的 ϕ\phi 有贡献，含时序可被视为被满足。因此有下面的类比关系：

α→α′=q2∫d3p⃗(2π)22ωp⃗∣G~(p⃗,ωp⃗)∣2\alpha\to\alpha'=q^2\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^22\omega_{\vec p}}|\tilde{G}(\vec p,\omega_{\vec p})|^2

其中

G~(p⃗,ωp⃗)=∫d4x eip⋅xG(x)=∫d3x⃗ e−ip⃗⋅x⃗g(x⃗)=g~(p⃗)\tilde{G}(\vec p,\omega_{\vec p})=\int\mathrm{d}^4x\,\mathrm{e}^{ip\cdot x}G(x)=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\mathrm{e}^{-i\vec p\cdot\vec x}g(\vec x)=\tilde g(\vec p)

另一方面：

⟨0∣S∣0⟩=A=e−12α\langle0|S|0\rangle=A=\mathrm{e}^{-\frac12\alpha}

则

η(k)=∫dq2πeiqke−12α′=∫dq2πexp⁡[−12q2σ+iqk]=12πσe−k22σ,σ=∫d3p⃗(2π)22ωp⃗∣g~(p⃗)∣2\eta(k)=\int\dfrac{\mathrm{d}q}{2\pi}\mathrm{e}^{iqk}\mathrm{e}^{-\frac12\alpha'}=\int\dfrac{\mathrm{d}q}{2\pi}\exp\left[-\dfrac12 q^2\sigma+iqk\right]=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma}}\mathrm{e}^{-\frac{k^2}{2\sigma}},\quad \sigma=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^22\omega_{\vec p}}|\tilde{g}(\vec p)|^2

这正是一个高斯型波包(Gaussian)。

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2026/9/27 10:05
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