QM-Kontinuitätsgleichung: Vielkörperversion für Dichteoperator?

Question

QM-Kontinuitätsgleichung: Vielkörperversion für Dichteoperator?

Physik
Zeitentwicklung
Quantenmechanik
zweite Quantisierung

Welle und Materie

Ich versuche, meine eingerostete Intuition in Bezug auf zweite Quantisierung und Mehrteilchensysteme aufzufrischen, und bin auf folgendes Problem gestoßen:

In der 1-Teilchen-QM haben wir die Kontinuitätsgleichung

\frac{\partial}{\partial T} (ψ ψ^{*}) = \frac{ich ℏ}{2 M} (ψ^{*} △ ψ - ψ △ ψ^{*})

$\frac{\partial}{\partial t}\left(\psi\psi^*\right)=\frac{i\hbar}{2m}\left(\psi^*\triangle\psi-\psi\triangle\psi^*\right)$ Nun, in der Vielteilchenphysik (freie Teilchen!) erwarte ich auch, dass sich der räumliche Dichteoperator (oder: Zahlenoperator in räumlicher Basis) irgendwie entwickelt oder "diffundiert", wenn ich mit räumlich inhomogenen Anfangsbedingungen beginne. Daher begann ich mich zu fragen, wie die Evolutionsgleichung für diesen Operator eigentlich aussieht. Meine naive Erwartung ist eine direkte Analogie zur Wellenfunktion:

\frac{\partial}{\partial T} (\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}) = \frac{ich ℏ}{2 M} ({\hat{ψ}}^{†} △ \hat{ψ} - \hat{ψ} △ {\hat{ψ}}^{†})

$\frac{\partial}{\partial t}\left(\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right)=\frac{i\hbar}{2m}\left(\hat{\psi}^{\dagger}\triangle\hat{\psi}-\hat{\psi}\triangle\hat{\psi}^{\dagger}\right)$ Wenn ich versuche, es tatsächlich zu berechnen, bekomme ich:

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} (\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}) = [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, \hat{H}] = [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, \frac{ℏ^{2}}{2 M} △ \hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}]

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\left(\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right)=\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\hat{H}\right]=\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\frac{\hbar^{2}}{2m}\triangle\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right]$ oder

\frac{\partial}{\partial T} (\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}) = \frac{- ich ℏ}{2 M} [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, △ \hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}] = \frac{- ich ℏ}{2 M} [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, △] \hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†} - \frac{ich ℏ}{2 M} △ [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, \hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}]

$\frac{\partial}{\partial t}\left(\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right)=\frac{-i\hbar}{2m}\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\triangle\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right]=\frac{-i\hbar}{2m}\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\triangle\right]\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}-\frac{i\hbar}{2m}\triangle\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right]$ und schlussendlich

\frac{\partial}{\partial T} (\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}) = \frac{- ich ℏ}{2 M} [\hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†}, △] \hat{ψ} {\hat{ψ}}^{†} .

$\frac{\partial}{\partial t}\left(\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}\right)=\frac{-i\hbar}{2m}\left[\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger},\triangle\right]\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}.$ Die Frage ist nun eigentlich: Was ist der Kommutator des Zahlenoperators und des Laplace-Operators? (Warum kann ich das nicht selbst beantworten: Ich habe keine Intuition darüber, wie der Laplace-Operator auf einen Vielteilchenzustand wirkt.)

Emilio Pisanty

das ist .... eine seltsame Kontinuitätsgleichung für den Ein-Teilchen-Fall; Fehlt da nicht eine Divergenz? Auf jeden Fall freut man sich da einfach über den Hut

ψ

$\psi$ s, warum nicht genau die gleiche Form wie das einzelne Teilchen beibehalten, aber mit Hüten auf?

Welle und Materie

Die fehlenden Abweichungen waren ein Tippfehler (Nabla statt Laplacian) - danke für den Hinweis. Nachdem Sie diesen Tippfehler korrigiert haben, ist die Schätzung für die zweite quantisierte Version tatsächlich die gleiche wie die Einzelpartikelversion mit hinzugefügten Hüten. Die Frage ist nur, ob es wirklich stimmt und wenn ja, wie man es richtig beweist...

Emilio Pisanty

Normalerweise würde ich es in der div-of-grad-Form belassen, aber das ist Geschmackssache. @ping mich in ein paar Tagen hier, wenn du keine Antwort bekommst.

Antworten (2)

QM-Kontinuitätsgleichung: Vielkörperversion für Dichteoperator?

das ist .... eine seltsame Kontinuitätsgleichung für den Ein-Teilchen-Fall; Fehlt da nicht eine Divergenz? Auf jeden Fall freut man sich da einfach über den Hut $\psi$ s, warum nicht genau die gleiche Form wie das einzelne Teilchen beibehalten, aber mit Hüten auf?
Die fehlenden Abweichungen waren ein Tippfehler (Nabla statt Laplacian) - danke für den Hinweis. Nachdem Sie diesen Tippfehler korrigiert haben, ist die Schätzung für die zweite quantisierte Version tatsächlich die gleiche wie die Einzelpartikelversion mit hinzugefügten Hüten. Die Frage ist nur, ob es wirklich stimmt und wenn ja, wie man es richtig beweist...
Normalerweise würde ich es in der div-of-grad-Form belassen, aber das ist Geschmackssache. @ping mich in ein paar Tagen hier, wenn du keine Antwort bekommst.

Markus Mitchison · Answer 1

$\def\rr{{\bf r}} \def\ii{{\rm i}}$ Es gibt tatsächlich eine Kontinuitätsgleichung für die Teilchendichte $\rho(\rr)=\Psi^\dagger(\rr)\Psi(\rr),$ wo der Feldoperator $\Psi^\dagger(\rr)$ erzeugt ein Partikel an Position $\rr$ . Um sie herzuleiten, benötigen Sie nur die kanonischen Vertauschungsrelationen für den Körper

\begin{aligned} [Ψ (R), Ψ^{†} (R^{'})] & = δ (R - R^{'}), \\ [Ψ (R), Ψ (R^{'})] & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} [\Psi(\rr),\Psi^\dagger(\rr')]& = \delta(\rr-\rr'),\\ [\Psi(\rr),\Psi(\rr')]&=0 \end{align}$ zusammen mit der korrekten Form des Hamiltonoperators, der für freie Teilchen lautet

H = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} \int D R Ψ^{†} (R) \nabla^{2} Ψ (R) .

$H = -\frac{\hbar^2}{2m}\int{\rm d} \rr\; \Psi^\dagger(\rr)\nabla^2\Psi(\rr).$ Beachten Sie, dass hier die Ableitung

\nabla

$\nabla$ ist kein Operator auf dem Raum der Quantenzustände. Es wirkt nur auf operatorwertige (verallgemeinerte) Funktionen wie

Ψ (r)

$\Psi(\rr)$ , die selbst auf den Raum der Zustände wirken. Daher ist der Kommutator zwischen Feldoperator und Ableitung wenig sinnvoll und für das Problem nicht relevant.

Die Herleitung der Kontinuitätsgleichung erfolgt wie folgt unter Verwendung der Heisenbergschen Bewegungsgleichung für $\rho(\rr)$ ,

\begin{aligned} \partial_{T} ρ (R^{'}) & = \frac{ich}{ℏ} [H, Ψ^{†} (R^{'}) Ψ (R^{'})] \\ = \frac{ℏ}{2 M ich} \int D R [Ψ^{†} (R) \nabla^{2} Ψ (R), Ψ^{†} (R^{'}) Ψ (R^{'})] \\ = \frac{ℏ}{2 M ich} \int D R {Ψ^{†} (R^{'}) [Ψ^{†} (R) \nabla^{2} Ψ (R), Ψ (R^{'})] + [Ψ^{†} (R) \nabla^{2} Ψ (R), Ψ^{†} (R^{'})] Ψ (R^{'})} \end{aligned}

$\begin{align} \partial_t \rho(\rr') & =\frac{\ii}{ \hbar} [H, \Psi^\dagger(\rr')\Psi(\rr') ]\\ & = \frac{\hbar}{2m\ii} \int{\rm d}\rr\;[\Psi^\dagger(\rr)\nabla^2\Psi(\rr),\Psi^\dagger(\rr')\Psi(\rr')] \\ & =\frac{\hbar}{2m\ii} \int{\rm d}\rr\;\left \lbrace \Psi^\dagger(\rr') [\Psi^\dagger(\rr)\nabla^2\Psi(\rr),\Psi(\rr')] + [\Psi^\dagger(\rr)\nabla^2\Psi(\rr),\Psi^\dagger(\rr')] \Psi(\rr')\right\rbrace\end{align}$ Lassen Sie uns nun der Einfachheit halber einen der obigen Begriffe untersuchen. Der Schlüssel ist, jeden zu behandeln

Ψ^{†} (r)

$\Psi^\dagger(\rr)$ Und

\nabla^{2} Ψ (r)

$\nabla^2 \Psi(\rr)$ als getrennte Betreiber, die beide nicht miteinander pendeln

Ψ (r)

$\Psi(\rr)$ Im Algemeinen. Trotzdem können Sie die partielle Integration* verwenden, um die zu verschieben

\nabla^{2}

$\nabla^2$ herum für die Bequemlichkeit, was zu

\begin{aligned} \int D R Ψ^{†} (R^{'}) [Ψ^{†} (R) \nabla^{2} Ψ (R), Ψ (R^{'})] \\ = \int D R {Ψ^{†} (R^{'}) Ψ^{†} (R) [\nabla^{2} Ψ (R), Ψ (R^{'})] + Ψ^{†} (R^{'}) [Ψ^{†} (R), Ψ (R^{'})] \nabla^{2} Ψ (R)} \\ = \int D R {Ψ^{†} (R^{'}) \nabla^{2} Ψ^{†} (R) [Ψ (R), Ψ (R^{'})] + Ψ^{†} (R^{'}) [Ψ^{†} (R), Ψ (R^{'})] \nabla^{2} Ψ (R)} \\ = \int D R {0 - Ψ^{†} (R^{'}) \nabla^{2} Ψ (R) δ (R^{'} - R)} \\ = - Ψ^{†} (R^{'}) \nabla^{2} Ψ (R^{'}) . \end{aligned}

$\begin{align} & \int{\rm d}\rr\; \Psi^\dagger(\rr') [\Psi^\dagger(\rr)\nabla^2\Psi(\rr),\Psi(\rr')] \\ & = \int{\rm d}\rr\; \left\lbrace\Psi^\dagger(\rr') \Psi^\dagger(\rr) [\nabla^2\Psi(\rr),\Psi(\rr')] + \Psi^\dagger(\rr') [\Psi^\dagger(\rr),\Psi(\rr')]\nabla^2\Psi(\rr) \right\rbrace \\ & = \int{\rm d}\rr\; \left\lbrace \Psi^\dagger(\rr')\nabla^2\Psi^\dagger(\rr) [\Psi(\rr),\Psi(\rr')] + \Psi^\dagger(\rr') [\Psi^\dagger(\rr),\Psi(\rr')]\nabla^2\Psi(\rr) \right\rbrace\\ & = \int{\rm d}\rr\; \left\lbrace 0 - \Psi^\dagger(\rr')\nabla^2\Psi(\rr) \delta(\rr'-\rr) \right\rbrace \\ & = -\Psi^\dagger(\rr')\nabla^2 \Psi(\rr'). \end{align}$ Wenn Sie es zusammensetzen, sollten Sie erhalten

\partial_{T} ρ = - \frac{ℏ}{2 M ich} (Ψ^{†} \nabla^{2} Ψ - \nabla^{2} Ψ^{†} Ψ),

$\partial_t\rho = -\frac{\hbar}{2m\ii}\left(\Psi^\dagger\nabla^2 \Psi - \nabla^2\Psi^\dagger\Psi\right),$ woraus man den Teilchenstromoperator identifiziert

J = \frac{ℏ}{2 M ich} Ψ^{†} \nabla Ψ + H . C .,

$\mathbf{J} = \frac{\hbar}{2m\ii}\Psi^\dagger\nabla \Psi + {{\rm h.c.}},$ so definiert, dass

\partial_{t} ρ + \nabla \cdot J = 0

$\partial_t\rho + \nabla\cdot{{\bf J}} = 0$ .

$\,$

*Man geht auch wie üblich davon aus, dass die Felder im Unendlichen verschwinden, oder genauer gesagt, dass der Hilbert-Raum nur Zustände enthält, die von den Feldoperatoren im Unendlichen vernichtet werden.

@EmilioPisanty Wirklich? Aber das Ergebnis sieht genauso aus, wie Sie es erwarten, oder? PS. Ich bin mir ziemlich sicher, dass ich hier mehrere Vorzeichenfehler gemacht habe, die sich möglicherweise ausgelöscht haben oder nicht: Ich habe dies in einem Bus geschrieben und habe jetzt keine Zeit, es durchzusehen.
Ich denke, das macht es nur ein bisschen unruhiger. Ich meine, ja, es sieht formal so aus , als wäre alles gleich, aber was bedeutet es wirklich ? Was macht $\partial_t\rho + \nabla\cdot{{\bf J}} = 0$ Ihnen tatsächlich sagen, ob das Ding links keine Dichte und das Ding rechts keine Strömung ist? (und, mathematischer ausgedrückt, was zum Teufel ist eine „operatorbewertete verallgemeinerte Funktion“?)
@EmilioPisanty Aber das Ding auf der linken Seite ist die Dichte und das Ding auf der rechten Seite ist es der Strom. Für mich sieht die obige Mehrkörperversion näher an der klassischen Kontinuitätsgleichung (CE) aus als an der Wahrscheinlichkeitserhaltungsgleichung der Einzelteilchen-QM. Es drückt die Tatsache aus, dass der Hamiltonoperator lokal bestimmte Zahlen erhält. Nimmt man dessen Mittelwert, erhält man genau das klassische CE zurück, gilt aber als Operatoridentität auch für die höheren Momente, man kann also die Teilchenerhaltung nicht durch Quantenfluktuationen „betrügen“. Wenn Sie in einem Zahlensektor beginnen, bleiben Sie immer dort.
Ich sollte versuchen, die Antwort mit weiteren Details zu aktualisieren, aber ich werde frühestens am Montag Zeit haben.
Huh, ja, ich denke, das ist wahrscheinlich wahr. Es wäre jedoch gut zu sehen, wie genau dieses Argument auf der mathematischen Seite aussieht. Dann bist du wohl am Montag nicht in Dresden ;-).

frei · Answer 2

Die Kontinuitätsgleichung der Vielteilchenwahrscheinlichkeit folgt aus der Schrödinger-Gleichung auf die gleiche Weise wie im Ein-Teilchen-Fall. Nehmen Sie n Teilchen mit Koordinaten an $x_{1,i},x_{2,i},x_{3,i}$ im 3D-Raum mit dem Hamilton-Operator

H = \sum_{ich = 1}^{N} \sum_{J = 0}^{3} [P_{ich, J}^{2} / 2 M + W_{ich} (X_{J}, T)] + v (X_{1, 1}, X_{2, 1}, X_{3, 1}, X_{2, 1}, \dots, T)

$H=\sum_{i~=~1}^n\sum_{j~=~0}^3 \left[p_{i,j}^2/2m+W_i(x_{j},t)\right]+V(x_{1,1},x_{2,1},x_{3,1},x_{2,1},\ldots,t)$ Die Schrödinger-Gleichung für die Mehrteilchenwellenfunktion

ψ (x_{1, 1}, x_{2, 1}, x_{3, 1}, x_{2, 1}, \dots, t)

$\psi(x_{1,1},x_{2,1},x_{3,1},x_{2,1},\ldots,t)$ Ist

ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial T} = H ψ

$i\hbar ~\frac {\partial \psi}{\partial t}=H\psi$ Dann ist die zeitliche Änderung der Wahrscheinlichkeitsdichte gegeben durch

\frac{\partial (ψ ψ^{*})}{\partial T} = ψ^{*} \frac{\partial ψ}{\partial T} + ψ \frac{\partial ψ^{*}}{\partial T} = \frac{ich ℏ}{2 M} [ψ^{*} Δ ψ - ψ Δ ψ^{*}] = \frac{ich ℏ}{2 M} \nabla [ψ^{*} \nabla ψ - ψ \nabla ψ^{*}]

$\frac{\partial (\psi\psi^*)}{\partial t}=\psi^*\frac{\partial \psi}{\partial t}+\psi\frac{\partial \psi^*}{\partial t}=\frac {i\hbar }{2m}~[\psi^*\Delta \psi-\psi \Delta \psi^*]=\frac {i\hbar }{2m}~ \nabla[\psi^*\nabla \psi-\psi \nabla \psi^*]$ Wo

Δ

$\Delta$ Und

\nabla

$\nabla$ sind der Laplace- bzw. der Gradientenoperator im 3N-dimensionalen Konfigurationsraum. So ist die Wahrscheinlichkeitsstromdichte im 3N-d-Konfigurationsraum

\vec{J} = - \frac{ich ℏ}{2 M} [ψ^{*} \nabla ψ - ψ \nabla ψ^{*}]

$\vec J=-~\frac {i\hbar }{2m}~[\psi^*\nabla\psi-\psi \nabla\psi^*]$ und die Wahrscheinlichkeitskontinuitätsgleichung im 3N-d-Konfigurationsraum kann geschrieben werden als

\frac{\partial (ψ ψ^{*})}{\partial T} = - div \vec{J}

$\frac{\partial (\psi\psi^*)}{\partial t}=-~\textrm{div}~{\vec J}$ Wo

div

$\textrm{div}$ der Divergenzoperator im 3N-dimensionalen Konfigurationsraum ist.

Okay, das eigentliche Äquivalent zur Einzelteilchen-Kontinuitätsgleichung ist dieselbe Gleichung wie zuvor, aber für die Mehrteilchen-Wellenfunktion formuliert. Das ist schon interessant und sagt mir, dass die Evolutionsgleichung für $\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}$ ist wahrscheinlich nicht dasselbe, weil die Größe, die ich betrachte, bereits weniger Informationen enthält als die tatsächliche Wahrscheinlichkeitsdichte $\psi*\psi$ aus vollen Vielteilchen-Wellenfunktionen. Was mich jedoch wirklich interessiert, ist die Zeitentwicklung des Zahlenoperators $\hat{\psi}\hat{\psi}^{\dagger}$ .
Das ist jedoch nicht wirklich im Sinne dessen, was gefragt wurde. Sicherlich können Sie diese 3-dimensionale Divergenz und diesen Strom in den realen 3-D-Raum falten, mit einem tatsächlichen 3-D-Stromvektor mit vielen Körpern.

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