Research Paper Notes on Review of Quasinormal Modes

Research Paper Notes on Friedberg Lee Soliton Bag Model

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录

文献列表

 * Particle Physics and Introduction to Field Theory, by Lee T.D. Ch.7
 * Particle Physics and Introduction to Field Theory, by Lee T.D. Ch.21
 * Class of scalar-field soliton solutions in three space dimensions, Phys. Rev. D13, 2739, 1976
 * Fermion-field nontopological solitonse, Phys. Rev. D15, 1694, 1977
 * Fermion-field nontopological solitons. II. Models for hadrons, Phys. Rev. D16, 1096, 1977
 * Quantum chromodynamics and the soliton model of hadrons, Phys. Rev. D18, 2623, 1978
 * Soliton bag model, Phys. Rev. D25, 1951, 1982
 * Soliton bag model, Computer Physics Communications 42 (1986) 105-117

Particle Physics and Introduction to Field Theory 中文版, by Lee T.D. Ch.7 孤立子
Eq.(7.6) 这里将(7.4)代入拉格朗日(7.1)即得一个(7.5-6),其中(7.6)与耦合常数无关.

Eq.(7.8) 这里讨论用路径积分的方法,如何从经典拉格朗日过渡到量子场论中的作用量,发现耦合常数与普朗克常数处于相同的地位,从而期望有类似的作用.接着讨论按普朗克常数展开的半经典近似,WKB近似,看到耦合常数在这个例子中的物理意义.

Eq.(7.11) 第一项数学上类似于动能原理推导中的技巧.


 * $$\begin{align}

&\int \frac{d^2\sigma}{dx^2}d\sigma =\int \frac{d^2\sigma}{dx^2}\frac{d\sigma}{dx} dx =\int u'v dx = \int vdu= uv - \int u dv\\ &=\frac{d\sigma}{dx}\frac{d\sigma}{dx}-\int \frac{d^2\sigma}{dx^2}\frac{d\sigma}{dx} dx \\ &=(\frac{d\sigma}{dx})^2-\int \frac{d^2\sigma}{dx^2}d\sigma \end{align}$$

其中利用定义 $$u=v \equiv \frac{d\sigma}{dx} $$

Eq.(7.11)和Fig.(7.7) 首先这里是用类比来解场方程(7.11),类比的例子很简单,然后把变量代换回来,得到场方程的解. 具体考虑运动学问题,最然最终速度为零,但是不一定会消耗无穷多的时间到达$$b$$点.这相当于做定积分,终点函数值为无穷大,积分未必为无穷大,如果势场足够陡峭,那么消耗的时间可以是有限的.

注意到由于拉格朗日是协变的,我们考虑的是不随时间演化的态,故而对空间导数部分与势场同号.由此,上述得到的孤子解实际上是能量最低的态.在对应的运动学问题中总机械能更低的状态实际上对应着真实体系能量更高的态.在此意义上,孤子解不可能衰变为其他态.

在此基础上,我们考虑运动学问题中机械能略低,且处于势阱内的一个粒子.容易看到粒子将作往复运动,从而我们得到相应的震荡解.这个解的能量比上述孤子解要低,因为它的平衡位置是真实势场能量更高的位置.但是,注意到这仍然并不对应真实体系中的波动解,因为参考后面波动解的讨论知,由于这里可视为在真实势场的极大值附近展开,粒子的质量是虚数,对应质量平方为负数.

Eq.(7.15) 利用场运动方程直接证明它的导数的确为零


 * $$\begin{align}

&\dot{N} = i\int dx (\dot\psi^+\dot\psi+\psi^+\ddot \psi-\ddot\psi^+\psi-\dot\psi^+\dot\psi)   \\ &= i\int dx (\psi^+\ddot \psi-\ddot\psi^+\psi)   \\ &= i\int dx (\psi^+ (\nabla^2\psi+\psi\frac{d}{d(\psi^+\psi)}U(\psi^+\psi) )-(\nabla^2\psi^++\psi^+\frac{d}{d(\psi^+\psi)}U(\psi^+\psi))\psi)   \\ &= i\int dx (\psi^+ \nabla^2\psi-(\nabla^2\psi^+)\psi)   \\ &= i\int dx \nabla \cdot (\psi^+ \nabla\psi-(\nabla\psi^+)\psi) =0 \end{align}$$

其中第三步等号带入了场运动方程(7.14),最后一步等号利用了高斯定理.

用场论中的Noether定理可以获得上面守恒荷的表达式,例如参见Mandl(3.32)

读书重点 .但是我们如何从拉格朗日力学出发得到上面的守恒荷呢?下面就复标量场的特例给出一个推导. 如果我们把 \theta 视为一个附加的广义坐标,我们发现,如果波函数位相的演化不是常数,而是(局域变换)时间的函数 $$\psi \rightarrow \psi e^{i\theta}, \theta = \theta(t)$$ ,直接带入拉格朗日我们发现,拉格朗日虽然不是 $$\theta$$ 的函数,却是 $$\dot\theta$$ 的函数.为了避免这一困境,我们将复标量场的幅角写成指数形式 $$\psi \rightarrow \psi e^{i\theta}, \theta = \theta(t)$$, $$\psi $$为实数.这样我们把实部和虚部分别视为广义坐标,而拉格朗日虽然不是 $$\theta$$ 的函数,仍然是 $$\dot\theta$$ 的函数


 * $$\begin{align}

&L=\int dx \dot{(\psi e^{i\theta})}^+\dot{(\psi e^{i\theta})} + \cdots \\ &=\int dx (i\dot\theta\psi e^{i\theta}+\dot\psi e^{i\theta})^+(i\dot\theta\psi e^{i\theta}+\dot\psi e^{i\theta}) +\cdots\\ &=\int dx (\dot\theta^2 \psi^+\psi - i\dot\theta \psi^+\dot\psi +i\dot\theta\dot\psi^+\psi +\psi^+\psi) + \cdots \end{align}$$

其中 $$\psi $$为实数.体系对应 $$\theta$$ 的广义动量守恒


 * $$\begin{align}

&p_{\theta} = \frac{\partial L}{\partial \dot\theta} \\ &=-i \int dx (2i\dot\theta\psi^+\psi+\psi^+\dot\psi -\dot\psi^+\psi) \\ &=-i \int dx (2i\dot\theta\psi\psi+\psi\dot\psi -\dot\psi\psi) \end{align}$$

最后一步等式是因为 $$\psi $$为实数,比较书中的(7.15)式,其中$$ \psi$$ 为复数,如果我们写成这里采用的形式 $$\psi \rightarrow \psi e^{i\theta}$$


 * $$\begin{align}

&N=i \int dx (\psi^+\dot\psi-\dot\psi^+\psi) =i \int dx \left[(\psi e^{i\theta})^+\dot{(\psi e^{i\theta})}-\dot{(\psi e^{i\theta})}^+(\psi e^{i\theta})\right]\\ &= i\int dx (\psi e^{-i\theta}\dot\psi e^{i\theta}+\psi e^{-i\theta}i\dot\theta \psi e^{i\theta}-\dot\psi e^{-i\theta}\psi e^{i\theta}-(-i)\dot\theta \psi e^{-i\theta}\psi e^{i\theta}) \\ &=i \int dx (2i\dot\theta\psi\psi+\psi\dot\psi -\dot\psi\psi) \end{align}$$

除了一个负号外,这正是书中得到的结果

Eq.(7.16) 对于第二步等号,可以参见任何量子场论(如F. Mandl P.34 (2.34)附近的讨论),由生产元$$ N$$ ,按群论(其实这里由于变换的阿比尔交换性,可以简单的严格证明),我们可以得到任意变换的一般表达式 $$U=e^{N\theta}$$ .对量子力学,在 $$\theta \rightarrow \theta+2\pi $$时,有 $$U(\theta)=U(\theta+2\pi)$$ ,从而推知 $$N$$ 必须为整数. 反过来讨论,如果我们已知某守恒量只能取整数值,如从实验得知电荷是守恒的且仅取某最小单位的整数倍,则我们可以推知场必然存在某种和相位相关联的守恒变换,从而场必须为复数形式. 对这个特殊的例子,我们无法明显的验证(7.16)第一步等号的正确性,即量子场论中的某对称性操作的守恒荷与经典力学中的循环变量对应的广义动量是一个量.这是因为,将变换


 * $$\begin{align}

\psi \rightarrow \psi e^{i\theta}, \theta= const. \end{align}$$

带入体系的哈密顿量.后者即能动张量的时间分量,按拉格朗日(7.13)与能动张量表达式(如Mandl(2.51a),注意度规的差异)为


 * $$\begin{align}

H=P^0=\int dx \left[\dot\psi^+\dot\psi+(\nabla\psi^+)\cdot(\nabla\psi)+U(\psi^+\psi)\right] \end{align}$$

我们平庸的得到


 * $$\begin{align}

H \rightarrow H \Rightarrow \frac{\partial H}{\partial\theta} =0 \end{align}$$

又参见F. Mandl一书的读书笔记.

Eq.(7.17) 最小能量解对时间的关系是谐振子关系.首先,谐振子关系的确满足(7.15). 接着我们给出一个并非很严格的简单证明.体系的能量即前面得到的哈密顿量


 * $$\begin{align}

H=P^0=\int dx \left[\dot\psi^+\dot\psi+(\nabla\psi^+)\cdot(\nabla\psi)+U(\psi^+\psi)\right] \end{align}$$ 由(7.15)得


 * $$\begin{align}

N=i \int dx (\psi^+\dot\psi-\dot\psi^+\psi) = i\int dx (f - f^+) \psi^+\psi =const. \ne 0 \end{align}$$

$$f \equiv \dot{(\ln\psi})$$ 通过适当的相位选取使$$ N$$ 为实数,故 $$f $$实部为零,仅有虚部. $$N$$ 为常数,故 $$f $$的虚部并非时间的函数,从而波函数对时间的依赖关系的唯一的可能是
 * $$\begin{align}

\dot{(\ln\psi)}=-i\omega \Rightarrow\ln\psi =- i \omega t + C \end{align}$$ 最后的常数仅对应波函数归一化因子,可以不明显的写出.此即(7.17)上面试探解的形式.

Eq.(7.20) 因为势场 $$U(\sigma^2)$$ 展开最低阶为 $$\sigma^2$$ 显然没有条件(7.20)后面对孤子解的讨论不能成立.同时在下一节的证明看到,这个条件紧密联系着孤子解的能量比平面波接的能量低的结论,从而孤子解不可能通过衰变成为平面波解,说明它从物理本质上不同于平面波解,同时它是稳定的.

Eq.(7.26-27) 一个容易得到的错误的悖论如下.由于任何函数都可以进行傅立叶展开,从而场方程的任何解,包括孤子解在内,都可以用平面波解展开. 平面波解和任意函数的傅立叶展开一个重要的区别是,平面波解满足质能关系,即忽略相互作用高阶项后,粒子处于质壳上.这一质能关系导致平面波解并不是完备的函数基.孤子解线性独立于平面波解构成的空间.

Eq.(7.29) 它的上式 $$\dot \theta =\frac{\partial H}{\partial N}$$ 此式乍一看,使用经典力学的哈密顿方程来解量子场论的场运动方程,欧拉拉格朗日方程. 从经典力学的角度来看,哈密顿方程的运用如下.由(7.15)可以定义守恒荷 $$N$$ ,故虽然拉格朗日不是 $$\theta$$ 的显含,哈密顿也不是 $$\theta$$ 的显含,但是我们仍然可以计算出守恒荷 $$N$$ ,把哈密顿量写成它的函数.由哈密顿方程,哈密顿量对它的偏导数是另外一个量对时间的全微分!这个量就是不是任何人的显含的 $$\theta$$ !在书中,虽然拉格朗日不是波函数相位的显含,波函数仍然是其相位的显含,而这个相位唯一的对时间的依赖由前面得到正是 $$\omega$$ ,从而写出了上述方程,进而得到(7.29)

虽然拉格朗日不是波函数的相位的函数,但是运动方程,拉格朗日方程是波函数的相位的函数,具体的,比如得到(7.17)的过程就说明了这一点.既然运动方程与相位对时间的依赖性有关,而哈密顿方程就是运动方程的一种等价形式,所以很自然的它可以用来决定波函数相位对时间的依赖关系.这个方程的成立甚至不依赖于 $$N$$ 是守恒量这一事实,后者只是在之后带来了便利,简化了计算.

那么问题是,这样的做法和量子场论的欧拉拉格朗日方程抵触吗?等价吗? 答案是等价的.原因是正如上面讨论的,我们可以把 $$\theta$$ 看过波函数的相位,这个相位可以是时间空间的函数,就像是场.而复标量场有两个分量,它们可以是虚部和实部,复场和它的共轭,或者是场的振幅和它的相位.在此意义上,欧拉拉格朗日方程和拉格朗日方程等价,而拉格朗日方程又与哈密顿方程等价.所以完成了等价性的说明.

Eq.(7.30) 此式计算了在孤立子解趋近于平面波解的条件下的守恒量 $$N$$ 的数值,用于在下面一式中计算孤子解能量的定积分. 这里利用了 $$N$$ 的表达式(7.15),波函数的渐进表达式(7.23)以及对空间的积分是一维的这一事实.比如对两维和三维的问题,结果的收敛性就会有所不同.

Particle Physics and Introduction to Field Theory 中文版, by Lee T.D. Ch.21 孤立子(或袋)模型
Eq.(21.7) 这个条件保证了孤子解的能量比平面波解的能量低.反之,考虑 $$\sigma=\sigma_{vacc}$$ 时夸克狄拉克方程的平面波解.这时介子场对总能量无任何贡献,常数解导致没有动能项的贡献,势场在绝对极小值也没有贡献.而狄拉克方程对应质量为 $$f\sigma_{vacc}$$ 的粒子,故平面波解的最低能量为 $$f\sigma_{vacc}$$ .如果孤子解的总能量(即核子质量)比这个数值小,那么孤子解才是稳定的,不会衰变为平面波.

Eq.(21.14) 注意到只是取复共轭,而非转置复共轭.利用书中引用的代数关系,直接可由(21.13)得到(21.14)

Eq.(21.17) 对狄拉克方程,最低角动量态为


 * $$\begin{align}

&j=\frac{1}{2}\\ &\kappa=\pm(j+\frac{1}{2}) \end{align}$$ 这里的轨道角动量$$ l $$并不是守恒量,但是上下分量都是它的本征态,故可理解为大分量的轨道角动量.又见(21.35).

Eq.(21.33-37) 这里的假定在于,上分量仅仅是半径的函数,故而上分量 $$l=0$$ ,下分量$$ l=1$$ ,相当于 $$\kappa=1 $$. 将(21.35)代入(21.34)写成分量形式我们得到


 * $$\begin{align}

\left( \begin{array}{c} (\sigma\cdot \vec\nabla)(\sigma\cdot \hat \rho)v\\ -i(\sigma\cdot \vec\nabla)u \end{array}\right) +\left( \begin{array}{c} -(u^2-v^2) u\\ i(\sigma\cdot \hat \rho)(u^2-v^2) v \end{array}\right)  =\left( \begin{array}{c} u\\ i (\sigma\cdot \hat \rho) v \end{array}\right) \end{align}$$

接着利用


 * $$\begin{align}

(\sigma\cdot A)(\sigma\cdot B)=A\cdot B+\sigma (A \times B) \end{align}$$

的特殊情况


 * $$\begin{align}

&(\sigma\cdot \vec\nabla)(\sigma\cdot \hat \rho)v=\vec\nabla\cdot \hat \rho v = \hat \rho \cdot \vec\nabla v + \frac{2}{\rho} v \\ &(\sigma\cdot \hat \rho)(\sigma\cdot \hat \rho)v=v \\ &(\sigma\cdot \hat \rho)(\sigma\cdot \vec\nabla)u=\hat \rho \cdot \vec\nabla u \end{align}$$

其中利用了


 * $$\begin{align}

&\nabla \cdot \hat \rho = \nabla \cdot (\frac{\vec \rho}{\rho})=\frac{2}{\rho} \\ &\nabla \times \hat \rho =0 \end{align}$$

即可得到(21.37) 这个结果实际上可以直接利用狄拉克方程在中心力场的一般解在代入 $$\kappa=1$$ 后做相同的变换(21.33)得到,具体公式可参见比如苏汝铿量子力学. 一个具体模型的运动方程的详细推导的例子可参见Derivation Notes on Soliton Quark Meson Coupling Model

Fermion-field nontopological solitonse, Phys. Rev. D15, 1694, 1977
Eq.(1.5) 这里相当于将标量场的势场 $$U(\phi)$$ 沿着$$x$$轴,即标量场 $$\phi$$ 的方向做平移.注意这个取法在后来的文献中有所改动.

Eq.(2.14) 将(1.19)对 $$N$$ 求导得到三项


 * $$\begin{align}

\frac{dE}{dN}=\epsilon+N\frac{d\epsilon}{dN}+\frac{d(\int[\frac{1}{2}(\nabla\phi_c)^2+U(\phi_c)]d^3r)}{dN} \end{align}$$ 利用(1.20),因为 $$\psi_c$$ 是归一的 $$\int\psi_c^+\psi_cd^3r =1$$ 它不是 $$N$$ 的函数,故而比如 $$\int\psi_c^+(-i\vec\alpha\cdot\vec\nabla)\psi_cd^3r$$ 也不是 $$N$$ 的函数.但是另一方面由(1.20)第一式知, $$\phi_c$$ 是 $$N $$的函数,其实利用(1.20)第二式


 * $$\begin{align}

\int\psi_c^+[-i\vec\alpha\cdot\vec\nabla+\beta(m+g\phi_c)]\psi_cd^3r=\epsilon\int\psi_c^+\psi_cd^3r =\epsilon \end{align}$$ 从而


 * $$\begin{align}

\frac{d\epsilon}{dN}= \frac{d(\int\psi_c^+[-i\vec\alpha\cdot\vec\nabla+\beta(m+g\phi_c)]\psi_cd^3r)}{dN}=\int g\left(\frac{d\phi_c}{dN}\right)\psi_c^+\beta\psi_cd^3r \end{align}$$

另一方面,


 * $$\begin{align}

&\frac{d(\int[\frac{1}{2}(\nabla\phi_c)^2+U(\phi_c)]d^3r)}{dN}\\ &=\int d^3r \left(\frac{\delta[\frac{1}{2}(\nabla\phi_c)^2+U(\phi_c)]}{\delta\phi_c}\right) \left(\frac{d\phi_c}{dN}\right) \\ &=\int d^3r \left[-\nabla^2\phi_c+U'(\phi_c)\right] \left(\frac{d\phi_c}{dN}\right)  \\ &=N\int g\left(\frac{d\phi_c}{dN}\right)\psi_c^+\beta\psi_cd^3r \end{align}$$

其中最后一步利用了(1.20)第一式,倒数第二步利用了 $$\phi_c$$ 的边界条件在变分时保持不变,从而类似于导出拉格朗日方程的过程,我们有


 * $$\begin{align}

\frac{\delta f}{\delta \nabla \phi_c}\delta\nabla\phi_c =-\nabla(\frac{\delta f}{\delta \nabla \phi_c})\delta\phi_c \end{align}$$

Soliton bag model, Phys. Rev. D25, 1951, 1982 数值解技巧
Eq.(B1)这个方程有打印错误,正确的参见下面的文章.

Eq.(B3)这个方程推导不出来.但是他的物理思想是把微小的$$\epsilon$$变化导致的(重新归一化和$$u$$连续化后)$$v$$的变化写出来,其导数乘以$$\Delta v$$就是$$\Delta\epsilon$$.具体思想见arxiv:1001.2514.

Eq.(B6) 这里我们不试图讨论该公式的收敛速度问题,仅仅讨论其正确性.把(B5)代入(B2),考虑$$\sigma^{(n+1)}$$严格的满足(B2)和$$y^{(n+1)} << \sigma^{(n)}$$,就能得到$$y^{(n+1)}$$对$$\sigma^{(n)}$$的关系.

Soliton bag model, Computer Physics Communications 42 (1986) 105-117
这是对上一篇文章的数值做法的仔细分析.

Eq.(3)这里的Dirac方程是正确的.

Step2.4 关于解Dirac方程,文中提到Rayleigh quotient,这是解矩阵本征值问题的递归方法,但是这里因为本征矢量$$uv$$无递归,故除了这里形式上是Rayleigh quotient相近外,似乎与这个方法无直接关系.