Berechnung der Dichteoperator-Vertauschungsbeziehungen (Atland & Simons)

Question

Berechnung der Dichteoperator-Vertauschungsbeziehungen (Atland & Simons)

Physik
Kommutator
kondensierte Materie
Quantenmechanik
zweite Quantisierung

Jahan Claes

Ich versuche, das Beispiel von Altland und Simons für die Wechselwirkung von Fermionen in einer Dimension durchzuarbeiten. Es befindet sich in Kapitel 2, Seite 70 ( Sie finden es hier ).

Sie definieren fermionische Operatoren

A_{S k}^{†}

$a_{sk}^\dagger$ Wo

s = L / R

$s=L/R$ .

a_{L k}^{†}

$a_{Lk}^\dagger$ ist ein Operator, der ein Elektron erzeugt, das mit Impuls nach links geht

(- k_{F} + k)

$(-k_F+k)$ , Und

a_{R k}^{†}

$a_{Rk}^\dagger$ ist ein Operator, der ein Elektron erzeugt, das mit Impuls nach rechts geht

(k_{F} + k)

$(k_F+k)$ . Also im Grunde genommen,

a_{L k}^{†} = a_{- k_{F} + k}^{†}

$a_{Lk}^\dagger=a_{-k_F+k}^\dagger$ ,

a_{R k}^{†} = a_{k_{F} + k}^{†}

$a_{Rk}^\dagger=a_{k_F+k}^\dagger$ . Diese Operatoren sind darauf beschränkt, nur für kleine zu existieren

k

$k$ .

Dann definieren sie Dichteoperatoren

ρ_{S Q} = \sum_{k} A_{S k + Q}^{†} A_{S k}

$\rho_{sq}=\sum_k a^\dagger_{sk+q}a_{sk}$

Sie zeigen weiter, dass die Vertauschungsrelationen für die Dichteoperatoren sind

[ρ_{S Q}, ρ_{S^{'} Q^{'}}] = δ_{S, S^{'}} \sum_{k} (A_{S k + Q}^{†} A_{S k - Q^{'}} - A_{S k + Q + Q^{'}}^{†} A_{S k})

$[\rho_{sq},\rho_{s'q'}]=\delta_{s,s'}\sum_k (a^\dagger_{sk+q}a_{sk-q'}-a^\dagger_{sk+q+q'}a_{sk})$

Nun, hier ist der Teil, den ich nicht verstehe. Sie sagen, dass sie die rechte Seite der Gleichung durch ihren Erwartungswert für den Grundzustand ersetzen wollen. Sie definieren den Grundzustand der Theorie durch $|\Omega\rangle$ . Dann behaupten sie das

⟨ Ω | A_{S k}^{†} A_{S k^{'}} | Ω ⟩ = δ_{k k^{'}}

$\langle\Omega|a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle = \delta_{kk'}$

Warum sollte das stimmen? Ich verstehe das in der Theorie der Nichtinteraktion, $a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle$ ist orthogonal zu $|\Omega\rangle$ es sei denn $k=k'$ . Aber in der Wechselwirkungstheorie könnte der Grundzustand in einer Überlagerung von Zuständen sein, das heißt $\langle\Omega|a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle\neq0$ .

Sie verwenden dies letztendlich, um zu beweisen

⟨ Ω | [ρ_{S Q}, ρ_{S^{'} Q^{'}}] | Ω ⟩ = δ_{S, S^{'}} δ_{Q, - Q^{'}} \sum_{k} ⟨ Ω | (A_{S k + Q}^{†} A_{S k + Q} - A_{S k}^{†} A_{S k}) | Ω ⟩

$\langle\Omega|[\rho_{sq},\rho_{s'q'}]|\Omega\rangle = \delta_{s,s'}\delta_{q,-q'}\sum_k\langle\Omega|(a^\dagger_{sk+q}a_{sk+q}-a^\dagger_{sk}a_{sk})|\Omega\rangle$ und ich sehe keine andere Möglichkeit, dies zu beweisen.

Was vermisse ich?

Praan

Der Grundzustand

| Ω ⟩

$|\Omega\rangle$ ist die gefüllte Fermikugel (oder Linie in 1D). Dies wird als Vakuum betrachtet und die niederenergetischen Anregungen dieses Vakuums sind die Quasiteilchen (Ladungsdichtewellen im 1D-spinlosen Fall). Der Grundzustand ändert sich bei Vorhandensein schwacher Wechselwirkungen nicht. Die Annäherung ähnelt der Störungstheorie erster Ordnung in der gewöhnlichen Quantenmechanik.

Jahan Claes

@Praan Im Text sagen sie, dass die einzige Annäherung, die sie machen, darin besteht, dass wir uns nur auf tief liegende Anregungen über dem Grundzustand konzentrieren - NICHT, dass der Grundzustand nahe am nicht wechselwirkenden Grundzustand liegt. Mit Blick auf die Zukunft fahren sie jedoch mit der Beschreibung fort

| Ω ⟩

$|\Omega\rangle$ als gefülltes Fermimeer, also könntest du recht haben. Gibt es eine Möglichkeit, diese Berechnung ohne diese Annahme durchzuführen?

Antworten (1)

Berechnung der Dichteoperator-Vertauschungsbeziehungen (Atland & Simons)

Der Grundzustand $|\Omega\rangle$ ist die gefüllte Fermikugel (oder Linie in 1D). Dies wird als Vakuum betrachtet und die niederenergetischen Anregungen dieses Vakuums sind die Quasiteilchen (Ladungsdichtewellen im 1D-spinlosen Fall). Der Grundzustand ändert sich bei Vorhandensein schwacher Wechselwirkungen nicht. Die Annäherung ähnelt der Störungstheorie erster Ordnung in der gewöhnlichen Quantenmechanik.
@Praan Im Text sagen sie, dass die einzige Annäherung, die sie machen, darin besteht, dass wir uns nur auf tief liegende Anregungen über dem Grundzustand konzentrieren - NICHT, dass der Grundzustand nahe am nicht wechselwirkenden Grundzustand liegt. Mit Blick auf die Zukunft fahren sie jedoch mit der Beschreibung fort $|\Omega\rangle$ als gefülltes Fermimeer, also könntest du recht haben. Gibt es eine Möglichkeit, diese Berechnung ohne diese Annahme durchzuführen?

Markus Mitchison · Answer 1

$\def\kk{\mathbf{k}} \def\ii{\mathrm{i}} \def\qq{\mathbf{q}}$

Sie können dies mithilfe der Translationsinvarianz beweisen, ohne weitere Annahmen über die Natur des wechselwirkenden Grundzustands. Ich werde das Argument vortragen $D$ Dimensionen, was offensichtlich hält $D=1$ als Sonderfall.

Räumliche Translationen des Gesamtsystems werden durch den Schwerpunktimpuls ( $\hbar = 1$ )

P = \sum_{k, S} k A_{k S}^{†} A_{k S},

${\bf P} = \sum_{\kk,s} \kk a_{\kk s}^\dagger a_{\kk s},$ wobei Fettdruck einen Vektor in bezeichnet

D

$D$ Maße. Der Einheitsoperator

T_{r} = e^{i P \cdot r}

$T_{\bf r} = \mathrm{e}^{\ii {\bf P} \cdot {\bf r}}$ beschreibt eine Translation des Koordinatensystems um einen Betrag

r

${\bf r}$ . Die entscheidende Annahme ist nun, dass der wechselwirkende Grundzustand die Bedingung erfüllt

P | Ω ⟩ = 0

${\bf P} \lvert \Omega \rangle = 0$ , dh

T_{r} | Ω ⟩ = | Ω ⟩

$T_{\bf r} \lvert \Omega \rangle = \lvert \Omega \rangle$ . Dies gilt für jedes System mit translationsinvarianten Wechselwirkungen, da in diesem Fall 1) der Hamiltonoperator

H

$H$ pendelt mit

P

${\bf P}$ , sodass Eigenzustände von

H

$H$ sind auch Eigenzustände von

P

${\bf P}$ , und 2) Eigenzustände von

P

${\bf P}$ positiven Beitrag leisten

P^{2} / 2 M

${\bf P}^2/2M$ zu ihrer Energie (in nicht-relativistischer Näherung), mit

M

$M$ die Gesamtmasse des Systems. Also der Grundzustand

| Ω ⟩

$\lvert \Omega \rangle$ liegt in der

P = 0

${\bf P}=0$ Sektor. Natürlich beweisen die obigen formalen Argumente, was bereits offensichtlich sein sollte: Ein System in seinem Grundzustand hat keine Gesamtbewegung im Laborrahmen.

Der Rest des Arguments folgt aus einfacher Algebra. Man beweist leicht die Vertauschungsrelation

[P, A_{k S}] = - k A_{k S},

$[\mathbf{P},a_{\kk s}] = -\kk a_{\kk s},$ was physisch bedeutet, dass der Leiteroperator

a_{k s}

$a_{\kk s}$ reduziert den Gesamtimpuls des Systems um einen Betrag

k

$\kk$ , und impliziert ferner die Übersetzungseigenschaft

T_{R} A_{k S} T_{R}^{†} = e^{- ich k \cdot R} A_{k S} .

$T_{\bf r} a_{\kk s}T_{\bf r}^\dagger = \mathrm{e}^{-\ii {\bf k} \cdot {\bf r}}a_{\kk s}.$ Es folgt dem

\begin{aligned} ⟨ Ω | A_{k S}^{†} A_{k^{'} S} | Ω ⟩ & = ⟨ Ω | (T_{R}^{†} T_{R}) A_{k S}^{†} (T_{R}^{†} T_{R}) A_{k^{'} S} (T_{R}^{†} T_{R}) | Ω ⟩ \\ = ⟨ Ω | (T_{R} A_{k S}^{†} T_{R}^{†}) (T_{R} A_{k^{'} S} T_{R}^{†}) | Ω ⟩ \\ = e^{ich (k - k^{'}) \cdot R} ⟨ Ω | A_{k S}^{†} A_{k^{'} S} | Ω ⟩, \end{aligned}

$\begin{align} \langle \Omega \rvert a^\dagger_{\kk s}a_{\kk' s} \lvert \Omega \rangle & = \langle \Omega \rvert \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) a^\dagger_{\kk s} \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) a_{\kk' s} \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) \lvert \Omega \rangle \\ & = \langle \Omega \rvert \left(T_{\bf r}a^\dagger_{\kk s}T_{\bf r}^\dagger \right)\left(T_{\bf r} a_{\kk' s}T_{\bf r}^\dagger \right)\lvert \Omega \rangle \\ & = \mathrm{e}^{\ii (\kk - \kk')\cdot {\bf r}}\langle \Omega \rvert a^\dagger_{\kk s}a_{\kk' s} \lvert \Omega \rangle, \end{align}$ wobei die erste Gleichheit aus der Einheitlichkeit von folgt

T_{r}

$T_{\bf r}$ , die zweite aus der Translationsinvarianz des wechselwirkenden Grundzustands und die dritte unter Verwendung der Translationseigenschaft der Leiteroperatoren. Beachten Sie, dass die obige Gleichheit für alle gilt

r

${\bf r}$ , schließen wir daraus, dass beide Seiten verschwinden müssen, es sei denn

k = k^{'}

$\kk = \kk'$ .

Schließlich ist es erwähnenswert, dass sich dieses Argument in keiner Weise auf fermionische Statistiken stützt, und dasselbe gilt für ein bosonisches System. Tatsächlich gilt eine ähnliche Eigenschaft für jeden Operator, der den Impuls des Systems um einen bestimmten Betrag erhöht (wodurch die obige Übersetzungseigenschaft erfüllt wird). Dazu gehören die Dichte-Fourier-Komponenten selbst,

ρ_{Q S} = \sum_{k} A_{k + Q S}^{†} A_{k S},

$\rho_{\qq s} = \sum_\kk a^\dagger_{\kk+\qq s}a_{\kk s},$ die befriedigen

⟨ Ω | ρ_{Q S}^{†} ρ_{Q^{'} S} | Ω ⟩ \propto δ_{Q Q^{'}} .

$\langle \Omega \rvert \rho_{\qq s}^\dagger \rho_{\qq' s}\lvert \Omega \rangle \propto \delta_{\qq\qq'}.$

Wow! Das ist ein Ansatz, auf den ich nie gekommen wäre. Danke!
Vielleicht mehrere Jahre zu spät, aber wie sollen Fermionen überhaupt eine solche Kommutierungsbeziehung (anstelle einer Antikommutierung) haben?
Hallo @donnydm, Sie können diese Kommutierungsbeziehung tatsächlich anhand der grundlegenden fermionischen Antikommutierungsbeziehungen beweisen. Das ist, $[a^\dagger a,a] = -a$ gilt sowohl für Fermionen als auch für Bosonen.
@ MarkMitchison Ah, ich sehe, wir können verwenden $[A,B]=2AB-\{A,B\}$ Und $a^2=0$ , Danke!

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