Ableitung des Einkörper-Hamiltonoperators in QFT

Question

Ableitung des Einkörper-Hamiltonoperators in QFT

Redcrazyguy

Ich habe einige Probleme mit ein paar Schritten der Argumentation.

Mein erstes Problem ist, warum kinetische Energie in der Impulsdarstellung diagonal ist und warum dies bedeutet, dass der Hamilton-Operator in dieser Darstellung als Ganzes diagonal ist (soweit ich verstehen kann, kann das Potenzial Streuung verursachen, die sich in nicht diagonalen Begriffen manifestiert). Das Buch ( Condensed Matter Field Theory (2. Auflage) von Alexander Altland und Ben Simons ) sagt, man solle mit der Impulsdarstellung beginnen und auf die Ortsbasis verallgemeinern. Ich nehme an, das liegt daran, dass der Hamilton-Operator in der Impulsbasis diagonal ist, was das Buch als Ausgangspunkt sagt. Liegt es einfach daran, dass sich der kinetische Energieoperator im Impulsraum wie eine c-Zahl verhält (d.h $\frac{p^2}{2m}$ Wo $p$ ist eine c-Nummer).

Der zweite Teil, bei dem ich ein Problem habe, ist die tatsächliche Ableitung. Meine Schritte sind wie folgt. Beginnend mit dem, was ich denke, ist die zweite quantisierte Darstellung des Hamilton-Operators $\hat{H}_1$ in Impulsdarstellung

{\hat{H}}_{1} = \sum_{P = 0}^{\infty} ⟨ P | \frac{P^{2}}{2 M} + U (P) | P ⟩ A_{P}^{†} A_{P}

$\hat{H}_1=\sum^{\infty}_{p=0}\langle p|\frac{p^2}{2m}+U(p)|p\rangle a_p^\dagger a_p$ Wo

a^{†}

$a^\dagger$ ist der Erstellungsoperator,

a

$a$ ist der Vernichteroperator, und

p

$p$ ist der Impuls in Impulsraumdarstellung.

Unter Verwendung des Projektionsoperators als einheitliche Transformation ändern wir die Basis zur Positionsdarstellung

{\hat{H}}_{1} = \sum_{P = 0}^{\infty} \int ⟨ P | X ⟩ ⟨ X | \frac{P^{2}}{2 M} + U (P) | X ⟩ ⟨ X | P ⟩ A_{P}^{†} A_{P} D^{D} R

$\hat{H}_1=\sum_{p=0}^\infty\int\langle p|x\rangle\langle x|\frac{p^2}{2m}+U(p)| x\rangle\langle x|p\rangle a_p^\dagger a_pd^dr$ Da bin ich mir nicht ganz sicher, da ich denke

⟨ p | \frac{p^{2}}{2 m} + U (p) | p ⟩

$\langle p|\frac{p^2}{2m}+U(p)|p\rangle$ sollte als Konstante behandelt werden, daher bin ich mir nicht sicher, ob ich die Identität einfügen darf

I = \int | x ⟩ ⟨ x | d^{d} r

$I=\int |x\rangle\langle x|d^dr$ innerhalb des erwarteten Wertes. Ich bin mir auch nicht ganz sicher, warum wir die Summe über den gleichen Bereich nehmen können, da im Allgemeinen für einen Einkörperoperator

{\hat{O}}_{1}

$\hat{O}_1$

{\hat{Ö}}_{1} = \sum_{μ v} ⟨ μ | \hat{Ö} | v ⟩ A_{μ}^{†} A_{v}

$\hat{O}_1=\sum_{\mu\nu}\langle\mu|\hat{o}|\nu\rangle a_\mu^\dagger a_\nu$ Ist der Definitionsbereich des Integrals derselbe, weil der Projektionsoperator eindeutig ist und wir auf denselben Bereich projizieren? Die angegebene Lösung ist

\hat{H} = \int A^{†} (R) [\frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} + U (R)] A (R) D^{D} R

$\hat{H}=\int a^\dagger(\textbf{r})\left[ \frac{\hat{\textbf{p}}^2}{2m}+U(\textbf{r})\right]a(\textbf{r})d^dr$ die ich durch die Verwendung der Identität erhalten kann

A (X) = \sum_{k} ⟨ X | k ⟩ A_{k}

$a(x)=\sum_k\langle x|k\rangle a_k$

Jede Hilfe wird sehr geschätzt, danke!

Mike Stein

Meinst du

U (x)

$U(x)$ statt

U (p)

$U(p)$ ? Und um vorsichtig zu sein, brauchen Sie zwei verschiedene

x

$x$ 's eher als einer in Ihrem

x

$x$ integral, aber wenn du meinst

U (x)

$U(x)$ Es gibt Delta-Funktionen, mit denen Sie eine davon integrieren können.

Redcrazyguy

Ich denke, es sollte sein

U (p)

$U(p)$ wann im Impulsraum? Das ist eine meiner Fragen, ich bin mir ziemlich sicher, dass ich zwei Integrale im Raum machen muss, aber ich kann nicht sehen, wie das geht und trotzdem die Lösung Hamiltonian erhält.

Redcrazyguy

Condensed Matter Field Theory (2. Auflage) von Alexander Altland und Ben Simons

Redcrazyguy

Dies ist die Übung auf Seite 48, falls Sie eine Kopie online finden können

Tobias Fünke

Dort heißt es: "Beginnend mit der Impulsdarstellung (bei der die kinetische Energie diagonal ist) [...]". - nicht, dass der Hamiltonian diagonal sein wird.

Redcrazyguy

Ich dachte, das bezieht sich auf die Arbeit zwischen den Gleichungen 2.10 und 2.11, wo sie einen Operator in einem diagonalen Hilbert-Raum ausdrücken. Ich begann mit diesem Schritt und nahm den Hamiltonoperator als Diagonaloperator. Wenn nur die kinetische Energie diagonal ist, warum dann immer noch speziell die Impulsdarstellung verwenden und nicht einfach direkt zu einer beliebigen Basis springen?

Tobias Fünke

Ich weiß nicht. Wie ich in meiner Antwort zu sagen versuchte, spielt es im Grunde keine Rolle. Nehmen Sie eine beliebige Basis und machen Sie sich die Transformationsgesetze zwischen den Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren zunutze. Sie können die Impulsbasis, die Basis, in der der Ein-Teilchen-Hamiltonoperator diagonal ist, oder eine beliebige, nicht spezifizierte Basis verwenden.

Redcrazyguy

OK. Ist die Arbeit dann einigermaßen richtig, wenn man den Start auf der Grundlage des Momentums betrachtet? Was mich immer noch etwas verwirrt, ist, ob ich die Vollständigkeitsbeziehung in den Ausdruck eines Matrixelements einfügen kann und ob ich zwei verschiedene verwenden muss

x

$x$ s Wie kann ich einen von ihnen loswerden, sodass nur einer übrig bleibt?

Tobias Fünke

Wie gesagt: Du kannst jede Grundlage nehmen. Soweit ich das sehe, hat es keinen wirklichen Vor- oder Nachteil, sich für einen bestimmten zu entscheiden. Na, schreib doch einfach

⟨ ν | o | μ ⟩ = ⟨ ν | I o I | μ ⟩

$\langle \nu |o|\mu \rangle = \langle \nu | \mathbb I\, o\, \mathbb I|\mu \rangle$ . Die Tatsache, dass sich ein Integral wirklich aufhebt, ist Einteilchen-Quantenmechanik, zB die Auswertung des Impulsoperators (und des externen Potentials, was trivial ist) in der Ortsbasis.

Tobias Fünke

Ich habe eine kurze Herleitung einer Basisänderung hinzugefügt. Formal können Sie dasselbe mit der Positionsdarstellung tun. Es bleibt dann nur noch die Auswertung des Matrixelements.

Antworten (1)

Ableitung des Einkörper-Hamiltonoperators in QFT

Meinst du $U(x)$ statt $U(p)$ ? Und um vorsichtig zu sein, brauchen Sie zwei verschiedene $x$ 's eher als einer in Ihrem $x$ integral, aber wenn du meinst $U(x)$ Es gibt Delta-Funktionen, mit denen Sie eine davon integrieren können.
Ich denke, es sollte sein $U(p)$ wann im Impulsraum? Das ist eine meiner Fragen, ich bin mir ziemlich sicher, dass ich zwei Integrale im Raum machen muss, aber ich kann nicht sehen, wie das geht und trotzdem die Lösung Hamiltonian erhält.
Condensed Matter Field Theory (2. Auflage) von Alexander Altland und Ben Simons
Dies ist die Übung auf Seite 48, falls Sie eine Kopie online finden können
Dort heißt es: "Beginnend mit der Impulsdarstellung (bei der die kinetische Energie diagonal ist) [...]". - nicht, dass der Hamiltonian diagonal sein wird.
Ich dachte, das bezieht sich auf die Arbeit zwischen den Gleichungen 2.10 und 2.11, wo sie einen Operator in einem diagonalen Hilbert-Raum ausdrücken. Ich begann mit diesem Schritt und nahm den Hamiltonoperator als Diagonaloperator. Wenn nur die kinetische Energie diagonal ist, warum dann immer noch speziell die Impulsdarstellung verwenden und nicht einfach direkt zu einer beliebigen Basis springen?
Ich weiß nicht. Wie ich in meiner Antwort zu sagen versuchte, spielt es im Grunde keine Rolle. Nehmen Sie eine beliebige Basis und machen Sie sich die Transformationsgesetze zwischen den Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren zunutze. Sie können die Impulsbasis, die Basis, in der der Ein-Teilchen-Hamiltonoperator diagonal ist, oder eine beliebige, nicht spezifizierte Basis verwenden.
OK. Ist die Arbeit dann einigermaßen richtig, wenn man den Start auf der Grundlage des Momentums betrachtet? Was mich immer noch etwas verwirrt, ist, ob ich die Vollständigkeitsbeziehung in den Ausdruck eines Matrixelements einfügen kann und ob ich zwei verschiedene verwenden muss $x$ s Wie kann ich einen von ihnen loswerden, sodass nur einer übrig bleibt?
Wie gesagt: Du kannst jede Grundlage nehmen. Soweit ich das sehe, hat es keinen wirklichen Vor- oder Nachteil, sich für einen bestimmten zu entscheiden. Na, schreib doch einfach $\langle \nu |o|\mu \rangle = \langle \nu | \mathbb I\, o\, \mathbb I|\mu \rangle$ . Die Tatsache, dass sich ein Integral wirklich aufhebt, ist Einteilchen-Quantenmechanik, zB die Auswertung des Impulsoperators (und des externen Potentials, was trivial ist) in der Ortsbasis.
Ich habe eine kurze Herleitung einer Basisänderung hinzugefügt. Formal können Sie dasselbe mit der Positionsdarstellung tun. Es bleibt dann nur noch die Auswertung des Matrixelements.

Tobias Fünke · Answer 1

Der Ausdruck für $O_1$ hängt nicht davon ab, auf welcher Einteilchenbasis $\{|\nu\rangle\}_{\nu}$ du drückst es aus.

Sie können beispielsweise mit Ihrem Ausdruck von beginnen $O_1$ und dann die Verwendung der Beziehung

A_{v} \equiv \int D X φ_{v}^{*} (X) A (X),

$a_{\nu} \equiv \int \mathrm d x \,\varphi^*_{\nu}(x)\, a(x) \quad ,$ Wo

φ_{ν} (x)

$\varphi_{\nu}(x)$ die dem Einteilchenzustand entsprechende Einteilchenwellenfunktion ist

| ν ⟩

$|\nu\rangle$ . Indem man sich die Orthonormalität dieser Funktionen zunutze macht und das Matrixelement auswertet

⟨ x^{'} | p^{2} / 2 m + U (x) | x ⟩

$\langle x^\prime|p^2/ 2m + U(x)|x\rangle$ , die aus der nichtrelativistischen (Einteilchen-)Quantenmechanik bekannt aussehen sollte, gelangen Sie zum gewünschten Ausdruck.

Alternativ, und ich denke, das versuchen Sie: Versuchen Sie, die Vollständigkeitsbeziehung einzufügen

ICH = \int D X | X ⟩ ⟨ X |

$\mathbb I = \int \mathrm d x\, |x\rangle \langle x|$ zweimal (aber mit unterschiedlichen Indizes) in das Matrixelement einfügen und dann verwenden

A (X) = \sum_{v} φ_{v} (X) A_{v} .

$a(x) = \sum\limits_{\nu} \varphi{_\nu}(x)\, a_{\nu} \quad .$

Um zu sehen, warum die kinetische Energie in der Impulsdarstellung diagonal ist, verwenden Sie einfach $o=p^2/2m$ und ausdrücken $O_1$ auf dieser Grundlage. Wie auch immer, wenn $o=p^2/2m + U(x)$ , dann allgemein $O_1$ wird in der Impulsbasis nicht diagonal sein.

Lassen Sie uns als Beispiel demonstrieren, wie die Darstellung von geändert werden kann $O_1$ von einer orthonormalen Einzelteilchenbasis $\{|\nu\rangle\}_{\nu}$ Zu $\{|n\rangle\}_{n}$ . Zu Beginn sehen wir das

Ö_{1} = \sum_{μ v} ⟨ μ | Ö | v ⟩ A_{μ}^{†} A_{v} = \sum_{M N} \sum_{μ v} ⟨ μ | M ⟩ ⟨ M | Ö | N ⟩ ⟨ N | v ⟩ A_{μ}^{†} A_{v},

$O_1 = \sum\limits_{\mu\nu} \langle \mu|o|\nu\rangle \, a^\dagger_{\mu}\, a_{\nu} = \sum\limits_{mn} \sum\limits_{\mu \nu} \langle \mu|m\rangle\langle m|o|n\rangle \langle n|\nu\rangle \,a^\dagger_{\mu}\, a_{\nu} \quad ,$

wo wir einen Identitätsoperator (des Ein-Teilchen-Hilbert-Raums) eingefügt haben $\displaystyle \mathbb I = \sum\limits_n |n\rangle \langle n|$ zweimal. Das müssen wir jetzt anmerken

\begin{aligned} A_{M}^{†} & = \sum_{μ} ⟨ μ | M ⟩ A_{μ}^{†} \\ A_{N} & = \sum_{v} ⟨ N | v ⟩ A_{v}, \end{aligned}

$\begin{align} a^\dagger_m &= \sum\limits_{\mu} \langle \mu |m\rangle \,a^\dagger_{\mu}\\ a_n &= \sum\limits_{\nu} \langle n |\nu\rangle \,a_{\nu} \quad , \end{align}$ was schließlich nachgibt

Ö_{1} = \sum_{M N} ⟨ M | Ö | N ⟩ A_{M}^{†} A_{N} .

$O_1 = \sum\limits_{mn} \langle m|o|n\rangle \, a^\dagger_m a_n \quad .$

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