Causality « Benjamin Cantabile in Europe

09/08/2011

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purely spacelikeという条件を課す。 $x^{0}-y^{0}=0$ 、 $\mathbf{x}-\mathbf{y}=r$

$D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}$

$D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}}$

$=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\overset{1}{\underset{-1}{\int}}d\cos\theta\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{-ipr\cos\theta}$

$=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}\frac{e^{ipr}-e^{-ipr}}{ipr}$

$=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{ipr}-e^{-ipr}$

$=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}$

これは複素解析的に考えると、 $p=\pm im$ に極、そして分岐点を持っていて、ブランチカットがある。それを虚軸に張るとしよう。それから積分経路を、実軸を走り、それから上に包むような方向に行き、ブランチカットで下に走り、分岐点かつ極でターンして上がり、それから上に包むような方向にして実軸に戻ってくるような経路に選ぶ。としたら円弧のところは $R\rightarrow\infty$ としたらゼロであり、そしてその積分経路でなら複素積分がコーシーの定理によってゼロなので、それから考えれば、教科書の言っている、実軸積分をブランチカットを包むような経路に変えることができる、ということになる。

そうすると、実軸積分は、

$\rho=e^{-\frac{\pi}{2}i}p=-ip$

で変数変換をしたら、ブランチカットの隣を走る積分経路の積分になり、その2倍で計算すればいいわけである。

$D\left(x-y\right)=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}=\frac{2}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{i\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{-\rho^{2}+m^{2}}}$

$D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}}$

ここで $r\rightarrow\infty$ だったら、 $e^{-\rho r}$ がほぼゼロになるので、この積分では $\rho$ が一番小さい方が一番寄与できそうなイメージがある。つまり、積分する代わりに $\rho\rightarrow m$ を代入しても良いということ。この積分の係数で $r^{-1}$ がかかってあるが、それによる効果はintegrandの中の $\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}$ で相殺される。定数倍を適当に無視すれば、この積分の結果の核心は $e^{-mr}$ である。lightconeの外側で指数関数的に減少してはいるけれどnonzeroである。

$D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\int\limits_{m}^{\infty}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}} \underset{r\rightarrow\infty}{\sim}e^{-mr}$

ふと考えてこれも問題がありそうに思われるが、そもそも、粒子がspacelikeなintervalをpropagateできるかどうかにこだわるより、spacelikeな関係の2つのスポットで、どれか一方でのmeasurementがほかのやつでのmeasurementに影響を与えるか否かを調べるのがどうかと。

もしcommutatorが0ならば、同時測定可能っていう意味で、つまりお互いの測定に影響を与えないということである。それを確認しよう。簡単な計算で次が言える。

$\left[\phi\left(x\right),\ \phi\left(y\right)\right] = \int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left(e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}-e^{ip\cdot\left(x-y\right)}\right) = D\left(x-y\right)-D\left(y-x\right)$

$\left(x-y\right)^{2}0$ では、 $\left(x-y\right)\rightarrow-\left(x-y\right)$ を行うために、 $x^{0}-y^{0}=0$ という点を必ず通らなければいけないが、この点では絶対 $\left(x-y\right)^{2} \leq 0$ なので、これが不可能である。けれどspacelikeな領域でならできるのである。これでcommutatorは自然と0になる。

No measurement in the Klein-Gordon theory can affect another measurement outside the light-cone.

場の量子論でCausalityは守られているのか。-1-

09/08/2011

すでにCanonical Quantizationを済ませているとする。今考えている場はreal Klein-Gordon fieldで。

粒子が $y$ から $x$ へとpropagateする振幅は次のように与えられる。

$D\left(x-y\right) = \left\langle 0\right|\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle$

これを計算していく。

$=\left\langle 0\right|\left(\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}a_{\mathbf{p}}e^{-ip\cdot x}\right)\left(\int\frac{d^{3}q}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{q}}}}a_{\mathbf{q}}^{\dagger}e^{iq\cdot y}\right)\left|0\right\rangle$

$=\left\langle 0\right|\left(\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{6}}\frac{1}{2\sqrt{E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}a_{\mathbf{p}}a_{\mathbf{q}}^{\dagger}e^{-ip\cdot x}e^{iq\cdot y}\right)\left|0\right\rangle$

$=\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{6}}\frac{1}{2\sqrt{E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}\left(2\pi\right)^{3}\delta^{\left(3\right)}\left(\mathbf{p}-\mathbf{q}\right)e^{-ip\cdot x}e^{iq\cdot y}$

$=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}$

これを分析してみよう。まずpurely timelikeな場合( $x^{0}-y^{0}=t$ , $\mathbf{x}-\mathbf{y}=0$ )から。

$D\left(x-y\right)=\frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^{3}}\int\limits _{0}^{\infty}dp\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t}=\frac{1}{4\pi^{2}}\int\limits _{m}^{\infty}dE\sqrt{E^{2}-m^{2}}e^{-iEt}$

図は $\sqrt{x^{2}-4}\cos10x$ を、 $2\leq x\leq50$ の区間で見つめたやつである。もし $t$ が無限にでかければ、余弦関数の上げ下げはさらにひどくなる。としたら積分の原理を考えると、いくら高く上がってから戻ってきたとしても、それからその分下に下がってから戻ってくるので、積分面積への寄与はほとんどゼロである。

としたら、この積分面積に対して一番の寄与をするのは、stationary phase法のような考え方ですぐわかるが、一番小さい区域の奴であって、それは $E=m$ のところである。ちょうど $m$ でなく、 $m$ よりちょっとずれたとこを選んだとしたら、 $\sqrt{E^{2}-m^{2}}$ もゼロでなくいられる。それから残されるのは $e^{-imt}$ である。これに比例する値が残っている。

$D\left(x-y\right) \underset{t\rightarrow\infty}{\sim}e^{-imt}$

これは予想通りの結果である。次はpurely spatialな場合を考えてみよう。

Benjamin Cantabile in Europe

場の量子論でCausalityは守られているのか。-2-

場の量子論でCausalityは守られているのか。-1-

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