Anharmonischer QM-Oszillator - Feynman-Diagramme, Berechnung der freien Energie

Question

Anharmonischer QM-Oszillator - Feynman-Diagramme, Berechnung der freien Energie

Physik
Wegintegral
Feynman-Diagramme
Quantenmechanik
anharmonische Oszillatoren
Hausaufgaben und Übungen

Wirbelsäulenfest

Ich habe den anharmonischen Quantenoszillator:

H = \frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} + \frac{1}{2} M ω^{2} {\hat{X}}^{2} + \frac{λ}{4!} {\hat{X}}^{4}

$H = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 \hat{x}^2 + \frac{\lambda}{4!}\hat{x}^4$

und ich möchte die freie Energie finden (so im Wesentlichen $\log Z(\beta)$ ) bis zur 2. Ordnung in $\lambda$ mit Feynman-Diagrammen.

Ich weiß nicht, wie ich das machen soll. Ich weiß, dass der Logarithmus bedeutet, dass man nur zusammenhängende Diagramme betrachten muss. Die erste Bestellung wäre

A_{1} = 3 (- \frac{λ}{ℏ}) \frac{1}{4!} \int_{0}^{ℏ β} D τ {⟨ X^{2} (τ) ⟩}_{0} {⟨ X^{2} (τ) ⟩}_{0}

$A_1 = 3 \left(-\frac{\lambda}{\hbar}\right) \frac{1}{4!} \int_0^{\hbar \beta} d\tau \left< x^2(\tau)\right>_0 \left< x^2(\tau)\right>_0$

und da $\left< x^2(\tau)\right>_0 = \frac{\hbar}{m}G(0)$ , Wo $G$ ist dann der Verbreiter

A_{1} = 3 (- \frac{λ}{ℏ}) \frac{1}{4!} ℏ β {(\frac{ℏ}{M} G (0))}^{2}

$A_1 = 3 \left(-\frac{\lambda}{\hbar}\right) \frac{1}{4!} \hbar \beta \left(\frac{\hbar}{m}G(0)\right)^2$

Für die zweite Ordnung gibt es zwei Arten von verbundenen Diagrammen mit kombinatorischen Faktoren $2{4\choose 2}{4\choose 2}=72$ Und $4\cdot 3 \cdot 2 =24$ . Es gibt also zwei Begriffe in dieser Reihenfolge:

A_{2}^{1} = 72 \frac{1}{2!} {(- \frac{λ}{ℏ})}^{2} \frac{1}{4!^{2}} \int_{0}^{ℏ β} D τ \int_{0}^{ℏ β} D τ^{'} {[{⟨ X (τ) X (τ^{'}) ⟩}_{0}]}^{2} {⟨ X^{2} (τ) ⟩}_{0} {⟨ X^{2} (τ^{'}) ⟩}_{0}

$A_2^1 = 72 \frac{1}{2!}\left(-\frac{\lambda}{\hbar}\right)^2 \frac{1}{4!^2} \int_0^{\hbar \beta} d\tau \int_0^{\hbar \beta} d\tau' \left[ \left< x(\tau)x(\tau') \right>_0 \right]^2\left< x^2(\tau)\right>_0 \left< x^2(\tau')\right>_0$

A_{2}^{2} = 24 \frac{1}{2!} {(- \frac{λ}{ℏ})}^{2} \frac{1}{4!^{2}} \int_{0}^{ℏ β} D τ \int_{0}^{ℏ β} D τ^{'} {[{⟨ X (τ) X (τ^{'}) ⟩}_{0}]}^{4}

$A_2^2 = 24 \frac{1}{2!}\left(-\frac{\lambda}{\hbar}\right)^2 \frac{1}{4!^2} \int_0^{\hbar \beta} d\tau \int_0^{\hbar \beta} d\tau' \left[ \left< x(\tau)x(\tau') \right>_0 \right]^4$

die Doppelintegrale von Potenzen des Propagators beinhalten. Für den harmonischen Oszillator habe ich festgestellt, dass er durch einen sehr komplizierten Ausdruck gegeben ist:

G (τ - τ^{'}) = \frac{cosch (ℏ β ω / 2 - ω | τ - τ^{'} |)}{2 ω Sünde (ℏ ω β / 2)}

$G(\tau - \tau') = \frac{\cosh(\hbar\beta\omega/2 - \omega |\tau - \tau'|)}{2\omega \sinh (\hbar \omega \beta /2)}$

Alles in allem wäre die freie Energie zweiter Ordnung

F = - k T (1 + A_{1} + A_{2}^{1} + A_{2}^{2})

$F = -kT(1+A_1 + A_2^1 + A_2^2)$

Jetzt scheint es, dass das zu bekommen $A_2^i$ s Ich muss mich integrieren $G^2(\tau - \tau')$ Und $G^4(\tau - \tau')$ um das Ergebnis zu erhalten, und ich würde wirklich gerne wissen, dass dies der richtige Weg ist, bevor ich es überhaupt versuche. Die Integrale sehen absolut höllisch aus, also selbst wenn das stimmt, wie berechne ich sie? Ich habe keinen Zugang zu Mathematik, daher weiß ich nicht einmal, ob sie ein vernünftiges Ergebnis liefern.

Antworten (1)

Anharmonischer QM-Oszillator - Feynman-Diagramme, Berechnung der freien Energie

JamalS · Answer 1

Wenn der von Ihnen angegebene Ausdruck für den Propagator korrekt ist, ist das Integral nicht abschreckend, wie es zunächst scheinen mag. Wir stehen im Wesentlichen vor der Integration,

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} {cosch}^{N} (A - B | τ - τ^{'} |)

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, \cosh^n(a-b|\tau-\tau'|)$

für $a,b, c>0$ Und $n \in \mathbb Z$ . Ich werde die demonstrieren $n=2$ Fall. Wir können den Integranden erweitern als

{cosch}^{2} (A - B | τ - τ^{'} |) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} e^{2 A} e^{- 2 B | τ - τ^{'} |} + \frac{1}{4} e^{- 2 A} e^{2 B | τ - τ^{'} |} .

$\cosh^2(a-b|\tau-\tau'|) = \frac12 + \frac14 e^{2a} e^{-2b|\tau-\tau'|} + \frac14e^{-2a}e^{2b|\tau-\tau'|}.$

Daher ist der einzige knifflige Teil, herauszufinden, wie man integriert,

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} e^{γ | τ - τ^{'} |}, γ \in R .

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, e^{\gamma |\tau-\tau'|}, \quad \gamma \in \mathbb R.$

Wir sehen, dass wir über ein Quadrat integrieren $[0,c]\times[0,c]$ . Wir können dieses Quadrat diagonal in zwei Bereiche aufteilen, das obere Dreieck mit $\tau-\tau' <0$ und die untere Hälfte mit $\tau-\tau' >0$ , und dann können wir die Beiträge summieren. Für die untere Hälfte hätten wir

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{τ} D τ^{'} e^{γ (τ - τ^{'})} = \frac{1}{γ} \int_{0}^{C} D τ (e^{γ τ} - 1) = \frac{1}{γ^{2}} (e^{γ C} - γ C - 1) .

$\int_0^c d\tau \int_0^\tau d\tau' \, e^{\gamma(\tau-\tau')} = \frac{1}{\gamma}\int_0^c d\tau \, (e^{\gamma \tau} -1) = \frac{1}{\gamma^2}(e^{\gamma c} - \gamma c - 1).$

Jetzt für die obere Region, $|\tau-\tau'| = \tau'-\tau$ und wir haben,

\int_{0}^{C} D τ^{'} \int_{0}^{τ^{'}} D τ e^{γ (τ^{'} - τ)} = \frac{1}{γ^{2}} (e^{γ C} - γ C - 1)

$\int_0^c d\tau' \int_0^{\tau'} d\tau \, e^{\gamma(\tau'-\tau)} = \frac{1}{\gamma^2}(e^{\gamma c} - \gamma c - 1)$

und so haben wir das,

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} e^{γ | τ - τ^{'} |} = \frac{2}{γ^{2}} (e^{γ C} - γ C - 1) .

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, e^{\gamma |\tau-\tau'|} = \frac{2}{\gamma^2}(e^{\gamma c} - \gamma c - 1).$

Zurück zum Original $n=2$ integral, unter Verwendung dieses Ergebnisses und Vereinfachung der Ausbeuten,

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} {cosch}^{2} (A - B | τ - τ^{'} |) = \frac{1}{4 B^{2}} [cosch (2 (A - B C)) - cosch 2 A + 2 B C (B C + Sünde 2 A)] .

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, \cosh^2(a-b|\tau-\tau'|) = \frac{1}{4b^2} \left[ \cosh(2(a-bc)) - \cosh 2a + 2bc(bc+\sinh 2a)\right].$

Es ist verlockend, das Ergebnis nun für alle geraden Potenzen zu verallgemeinern. Unter Verwendung des verallgemeinerten Binomialsatzes und der Erweiterung von $\cosh$ in Bezug auf Exponentiale haben wir,

{cosch}^{2 N} (X) = \frac{1}{2^{2 N}} \sum_{k = 0}^{2 N} (\binom{2 N}{k}) e^{(2 N - 2 k) X} = \frac{1}{2^{2 N}} (\binom{2 N}{N}) + \sum_{k \neq N} (\binom{2 N}{k}) e^{(2 N - 2 k) X} .

$\cosh^{2n}(x) = \frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} e^{(2n-2k)x} = \frac{1}{2^{2n}} \binom{2n}{n} + \sum_{k\neq n} \binom{2n}{k} e^{(2n-2k)x}.$

Daher kann das Integral geschrieben werden als

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} {cosch}^{2 N} (A - B | τ - τ^{'} |) = \frac{C^{2}}{2^{2 N}} (\binom{2 N}{N}) + \sum_{k \neq N} (\binom{2 N}{k}) \int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} e^{2 (N - k) (A - B | τ - τ^{'} |)} .

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, \cosh^{2n}(a-b|\tau-\tau'|) = \frac{c^2}{2^{2n}}\binom{2n}{n}+\sum_{k\neq n} \binom{2n}{k} \int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, e^{2(n-k)(a-b|\tau-\tau'|)}.$

Dieses Integral können wir bereits berechnen:

\int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} e^{2 (N - k) (A - B | τ - τ^{'} |)} = e^{2 A (N - k)} \int_{0}^{C} D τ \int_{0}^{C} D τ^{'} e^{2 B (k - N) | τ - τ^{'} |}

$\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, e^{2(n-k)(a-b|\tau-\tau'|)} = e^{2a(n-k)}\int_0^c d\tau \int_0^c d\tau' \, e^{2b(k-n)|\tau-\tau'|}$

= \frac{1}{2 B^{2} (k - N)^{2}} e^{2 A (N - k)} [e^{2 B C (k - N)} + 2 B C (N - k) - 1] .

$=\frac{1}{2b^2(k-n)^2}e^{2a(n-k)} \left[ e^{2bc(k-n)} + 2bc(n-k)-1\right].$

Damit reduziert sich das Integral auf die endliche Summe ab $k=0,\dots, 2n$ (ohne $k=n$ ), als

\frac{C^{2} (2 N)!}{2^{2 N} (N!)^{2}} + \frac{1}{2 B^{2}} \sum_{k \neq N} \frac{1}{(k - N)^{2}} (\binom{2 N}{k}) e^{2 A (N - k)} [e^{2 B C (k - N)} + 2 B C (N - k) - 1] .

$\frac{c^2(2n)!}{2^{2n} (n!)^2} + \frac{1}{2b^2}\sum_{k \neq n} \frac{1}{(k-n)^2}\binom{2n}{k}e^{2a(n-k)}\left[ e^{2bc(k-n)} + 2bc(n-k)-1\right].$

Zurückgeben des Propagators, Einstecken der Konstanten, des Integrals von $G^{2n}(\tau-\tau')$ ist die endliche Summe,

\frac{(2 N)!}{(2 ω)^{2 N} {Sünde}^{2 N} ℏ ω β / 2} [\frac{ℏ^{2} β^{2}}{2^{2 N} (N!)^{2}} + \frac{1}{2 ω^{2}} \sum_{k \neq N} \frac{1}{(k - N)^{2} (2 N - k)! k!} e^{ℏ ω β (N - k)} (e^{2 ℏ ω β (k - N)} + 2 ℏ ω β (N - k) - 1)]

$\boxed{\frac{(2n)!}{(2\omega)^{2n}\sinh^{2n} \hbar \omega \beta /2} \left[ \frac{\hbar^2 \beta^2}{2^{2n}(n!)^2 } + \frac{1}{2\omega^2} \sum_{k\neq n}\frac{1}{(k-n)^2(2n-k)! k!} e^{\hbar\omega \beta (n-k)} \left( e^{2\hbar\omega\beta(k-n)}+2\hbar\omega\beta(n-k)-1\right)\right]}$

Vielen Dank. Also nehme ich an, dass meine Lösung ansonsten richtig ist?
Ich denke auch, dass im Sinh im endgültigen Ausdruck eine Potenz von 2n fehlt
@SpineFeast Du meinst $2\omega$ ? Ich habe das in die Klammern gezogen.
ist das sinh nicht auf 2n erhöht, da es der Nenner von ist $G^{2n}$ ? Ehrlich gesagt sehe ich das nicht $\omega^{2n}$ entweder
@SpineFeast Ja, das habe ich vergessen. Ich werde es reparieren.

Anharmonischer QM-Oszillator - Feynman-Diagramme, Berechnung der freien Energie

Wirbelsäulenfest

Antworten (1)

JamalS

Wirbelsäulenfest

Wirbelsäulenfest

JamalS

Wirbelsäulenfest

JamalS

Übergangsamplituden

Erhalten des Quanten-Hamilton-Operators für geladene Teilchen aus der Pfadintegralformulierung

Freier Teilchenpropagator - Auswertung des Integrals [geschlossen]

Energien zweiter Ordnung einer quartischen Störung eines harmonischen Oszillators [geschlossen]

Bewerten Sie den Propagator für Partikel, die sich um einen Kreis bewegen

Potentiale im Feynman-Pfadintegral

Feynman-Diagramme für die Yukawa-Interaktion

Harmonischer Oszillator mit Maslov-Korrektur mit imaginärer Frequenz

Doppelspaltexperiment – Detektionswahrscheinlichkeit unter Verwendung der Pfadintegralformulierung

Entwicklung des harmonischen Oszillators in Pfadintegralformulierung