Beispiele für exakte Mehrkörper-Grundzustandswellenfunktionen

Question

Beispiele für exakte Mehrkörper-Grundzustandswellenfunktionen

Max Radin

Gibt es ein nicht-triviales Vielteilchensystem, für das die exakte Lösung der Schrödinger-Gleichung bekannt ist? (Mit nicht-trivial meine ich ein System mit Teilchen-Teilchen-Wechselwirkungen.) Vielleicht so etwas wie Positronium oder zwei Elektronen in einer Kiste.

Ron Maimon

Du suchst Physik oder Mathematik? Es ist möglich, nichtphysikalische Kraftmodelle mit großer Reichweite zu erstellen, bei denen die asymptotische Grundzustandswellenfunktion genau durch ein selbstkonsistentes Feld beschrieben wird. Für die Physik kann ich nur auf die Bethe-Ansatz-Lösungen in 1d verweisen, wo Sie die nichtlineare Schrödinger-Gleichung und den Heisenberg-Antiferromagneten und verwandte Systeme durchführen können. Der Sektor der festen Teilchenzahl im NLSE ist nichttrivial SE und exakt lösbar. Außerhalb von 1d weiß ich nichts.

Lubos Motl

Richtig, ähnlich gibt es z. B. die Laughlin-Wellenfunktion, die sehr klar und genau ist, außer dass wir wiederum die Gleichung, die sie löst, nicht genau kennen, siehe en.wikipedia.org/wiki/Laughlin_wavefunction . Auch Festkörper mit Bloch-Wellen für Partikel usw. machen die Dinge "etwas lösbarer", aber auch hier ist es eine Grenze, an der die Wechselwirkungen in einer alternativen Beschreibung effektiv Null werden. Die bloße Tatsache, dass das System gelöst werden kann, bedeutet, dass wir es als ein System nicht wechselwirkender Teilchen auf einer geeigneten Basis interpretieren können ...

Antworten (4)

Beispiele für exakte Mehrkörper-Grundzustandswellenfunktionen

Du suchst Physik oder Mathematik? Es ist möglich, nichtphysikalische Kraftmodelle mit großer Reichweite zu erstellen, bei denen die asymptotische Grundzustandswellenfunktion genau durch ein selbstkonsistentes Feld beschrieben wird. Für die Physik kann ich nur auf die Bethe-Ansatz-Lösungen in 1d verweisen, wo Sie die nichtlineare Schrödinger-Gleichung und den Heisenberg-Antiferromagneten und verwandte Systeme durchführen können. Der Sektor der festen Teilchenzahl im NLSE ist nichttrivial SE und exakt lösbar. Außerhalb von 1d weiß ich nichts.
Richtig, ähnlich gibt es z. B. die Laughlin-Wellenfunktion, die sehr klar und genau ist, außer dass wir wiederum die Gleichung, die sie löst, nicht genau kennen, siehe en.wikipedia.org/wiki/Laughlin_wavefunction . Auch Festkörper mit Bloch-Wellen für Partikel usw. machen die Dinge "etwas lösbarer", aber auch hier ist es eine Grenze, an der die Wechselwirkungen in einer alternativen Beschreibung effektiv Null werden. Die bloße Tatsache, dass das System gelöst werden kann, bedeutet, dass wir es als ein System nicht wechselwirkender Teilchen auf einer geeigneten Basis interpretieren können ...

wsc · Answer 1

Einer meiner liebsten nicht-trivialen, exakten Vielkörper-Grundzustände ist die Lösung eines sehr spezifischen Spin-1-Magnetisolators in 1D mit einem Hamilton-Operator

H_{A K L T} = \sum_{⟨ ich J ⟩} {\vec{S}}_{ich} \cdot {\vec{S}}_{J} + \frac{1}{3} ({\vec{S}}_{ich} \cdot {\vec{S}}_{J})^{2}

$H_{AKLT}=\sum_{\langle ij\rangle}\vec{S}_i \cdot \vec{S}_j + \frac{1}{3}(\vec{S}_i \cdot \vec{S}_j)^2$

Es stellt sich heraus, dass Sie den Grundzustand konstruieren können, indem Sie die Spin-1-Operatoren als Projektion auf den Triplett-Unterraum von zwei Spin-1/2-Operatoren betrachten, wobei die Spin-1/2-Objekte Singulettbindungen des nächsten Nachbarn in a bilden ganz besondere Art. (Weitere Details finden Sie unter http://en.wikipedia.org/wiki/AKLT_Model )

Dieser exakte Grundzustand informiert unser Verständnis des Spin-1-Heisenberg-Modells (dh ohne die biquadratische Wechselwirkung) und der "fraktionierten" Spin-1/2-"Kantenzustände", die dieser Zustand für einen Magneten mit offenen Randbedingungen vorhersagt in Experimenten beobachtet (siehe noch einmal den Wiki-Artikel und seine Referenzen)

jjcale · Answer 2

Für einen Hamilton-Operator, für den die Laughlins-Wellenfunktion der exakte Grundzustand ist, siehe FDM Haldane, Fractional Quantization of the Hall Effect: A Hierarchy of Incompressible Quantum Fluid States, Phys. Rev. Lett. 51, 605–608 (1983), http://prl.aps.org/abstract/PRL/v51/i7/p605_1 .

Wie der Hamilton-Operator in der Antwort von wsc ist dieser Hamilton-Operator eine Summe von Projektionen, die die Wechselwirkungen darstellen. Und in beiden Fällen ist der Grundzustand der Zustand, der durch all diese Projektionen vernichtet wird.

David Holdaway · Answer 3

Der genaue Grundzustand für N strukturlose Bosonen, die mit Kontaktwechselwirkungen wechselwirken $V(x_1-x_2) = g \delta(x_1-x_2)$ ist bekannt. Im freien Raum (auch mit unendlich breiten periodischen Randbedingungen) z $g<0$ das ist

ψ_{G R Ö u N D} \propto \exp (\frac{M G}{2 ℏ^{2}} \sum_{1 \leq J < k \leq N} | X_{J} - X_{k} |)

$\psi_{\rm ground} \propto \exp\left(\frac{m g}{2 \hbar^2} \sum_{1 \le j < k \le N} |x_j-x_k| \right)$

Das ist ein Zustand, der mit Paarkorrelationen lokalisiert ist, aber einen freien Schwerpunkt hat (beschrieben durch eine ebene Welle).

Siehe Bethe-Ansatz für weitere Einzelheiten.

Max Radin · Answer 4

Das eleganteste Beispiel, das ich gefunden habe, ist Hookes Atom, auch Harmonium genannt. Es besteht aus zwei Elektronen, die in einem harmonischen Well gefangen sind:

H = - \nabla_{1}^{2} - \nabla_{2}^{2} + \frac{1}{| R_{1} - R_{2} |} + \frac{1}{2} k (R_{1}^{2} + R_{2}^{2})

$H=-\nabla^2_1-\nabla^2_2+\frac{1}{\left|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2\right|}+\frac{1}{2}k\left(\mathbf{r}_1^2+\mathbf{r}_2^2\right)$

Für bestimmte Werte der Federkonstante k kann dieser Hamiltonoperator exakt gelöst werden . Wenn beispielsweise k = ¼ ist, ist der Grundzustand:

Ψ (R_{1}, R_{2}) = \frac{1}{2 \sqrt{8 π^{5 / 2} + 5 π^{3}}} (1 + \frac{1}{2} | R_{1} - R_{2} |) exp (- \frac{1}{4} (R_{1}^{2} + R_{2}^{2}))

$\Psi\left(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2\right)=\frac{1}{2\sqrt{8\pi^{5/2}+5\pi^3}}\left(1+\frac{1}{2}\left|\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2\right|\right)\textrm{exp}\left(-\frac{1}{4}\left(r_1^2+r_2^2\right)\right)$

Quelle: Wikipedia

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wsc

jjcale

David Holdaway

Max Radin

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