Quanten-Ferromagnet

Question

Quanten-Ferromagnet

DeanTheMachine

Dabei bin ich auf folgende Übung gestoßen.

Der Quanten-Heisenberg-Ferromagnet, der durch den Hamilton-Operator spezifiziert wird:

\hat{H} = - J \sum_{⟨ M N ⟩} {\hat{\vec{S}}}_{M} \cdot {\hat{\vec{S}}}_{N},

$\hat{H} = - J\sum_{\langle m n \rangle} \hat{\vec{S}}_m \cdot \hat{\vec{S}}_n,$

Wo $J>0, \hat{\vec{S}}_m$ stellt den quantenmechanischen Spinoperator am Gitterplatz m dar, $\langle mn \rangle$ bezeichnet die Summierung über benachbarte Standorte und $\vec{S}_m ^2 = S(S+1)$ . Nun führen wir die folgende Transformation ein:

{\hat{S}}_{M}^{-} = A_{M}^{†} (2 S - A_{M}^{†} A_{M})^{1 / 2}, {\hat{S}}_{M}^{+} = (2 S - A_{M}^{†} A_{M})^{1 / 2} A_{M}, {\hat{S}}_{M}^{z} = S - A_{M}^{†} A_{M} .

$\hat{S}_m^- = a^{\dagger}_m (2S - a^{\dagger}_m a_m )^{1/2}, \ \ \ \hat{S}_m^+ = (2S - a^{\dagger}_m a_m )^{1/2} a_m, \ \ \ \hat{S}_m^z = S- a_m^{\dagger}a_m.$

Nun betrachten wir das eindimensionale Problem und setzen die Gitterkonstante auf Eins. Bei niedrigen Temperaturen, z $S<<1/2$ wir erwarten, dass die Abweichungen der Magnetisierung von ihrem Wert sehr klein sind, dh $S - \langle S_m^z \rangle = \langle a_m^{\dagger}a_m \rangle <<S$ . In diesem Fall können wir erweitern $(2S - a^{\dagger}_m a_m )^{1/2}$ in Potenzen von $a^{\dagger}_m a_m$ .

Zeigen Sie das bei der ersten Bestellung an $a_m^{\dagger}a_m /S$ der Heisenberg-Hamiltonian nimmt die Form an

\hat{H} = - J N S^{2} + J S \sum_{M} (A_{M + 1}^{†} - A_{M}^{†}) (A_{M + 1} - A_{M}) + Terme höherer Ordnung.

$\hat{H} = - J N S^2 + J S \sum_m \left( a_{m+1}^{\dagger} - a_{m}^{\dagger} \right) \left( a_{m+1} - a_{m} \right) + \text{higher order terms.}$

Zeigen Sie nun auch, dass, wenn wir die Operatoren Fourier-transformieren, der Hamilton-Operator die Form annimmt

\hat{H} = - J N S^{2} + \sum_{k} ℏ ω_{k} a_{k}^{†} a_{k} + Terme höherer Ordnung

$\hat{H}= - J N S^2 + \sum_k \hbar \omega_k \alpha_k^{\dagger} \alpha_k + \text{higher order terms}$

mit $\hbar \omega_k = 4 J S \sin^2(k/2)$ .

Jetzt verstehe ich für den ersten Hamiltonianer nicht, was ich tun muss. Meine erste Vermutung ist, eine Mean-Field-Approximation durchzuführen, da wir den Erwartungswert haben. Aber dieser Ansatz liefert mir nicht die gewünschten Querbegriffe. Außerdem fällt es mir schwer, was ich mit dem Skalarprodukt dazwischen machen soll $S_m$ Und $S_n$ . Müssen wir das Skalarprodukt ausschreiben, invertieren Sie unsere Operatoren, um zu erhalten $\hat{S}_x$ Und $\hat{S}_y$ ? Da scheint dies wirklich überkompliziert.

Dann bekomme ich für die Fourier-Transformation $2 \sin^2(k/a)$ und ich frage mich, ob die Übung falsch ist oder ob ich einen kleinen Fehler gemacht habe.

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Benutzer1792605 · Answer 1

$\newcommand{\Sz}[1]{\hat {S^{z}_\text{$#1$}} }$ $\newcommand{\Sx}[1]{\hat {S^{x}_\text{$#1$}} }$ $\newcommand{\Sy}[1]{\hat {S^{y}_\text{$#1$}} }$ $\newcommand{\Splus}[1]{\hat {S}^{+}_\text{$#1$} }$ $\newcommand{\Smin}[1]{\hat {S}^{-}_\text{$#1$} }$ $\newcommand{\ad}[1]{ a^{\dagger}_\text{$#1$} }$ $\newcommand{\a}[1]{ a_\text{$#1$} }$

In Ordnung, ich habe Ihr Problem erledigt.

Schreiben Sie zunächst den quantenmechanischen Spinoperator in Form der Leiteroperatoren. $\hat{\textbf{S}}_m = ( \Sx{m},\Sy{m},\Sz{m} )$ . Nun verwenden wir die bekannten Beziehungen der Ladder-Operatoren und diese räumlichen Operatoren, um sie in Ladder-Operatoren umzuschreiben. $\Sx{m} = \frac{1}{2}(\Splus{m} + \Smin{m}), \Sy{m} = \frac{1}{2i}(\Splus{m} - \Smin{m})$ und aus den Vertauschungsrelationen folgt, dass $\Sz{m} = S - a^{\dagger}_m a_m$ wie in Ihrer Übung angegeben.

Lassen Sie uns nun dieses innere Produkt berechnen, das Sie im Hamilton-Operator für einige haben $l,m$ :

\begin{aligned} {\hat{S}}_{l} \cdot {\hat{S}}_{M} & = \hat{S_{l}^{X}} \hat{S_{M}^{X}} + \hat{S_{l}^{j}} \hat{S_{M}^{j}} + \hat{S_{l}^{z}} \hat{S_{M}^{z}} \\ = \frac{1}{2} ({\hat{S}}_{l}^{+} + {\hat{S}}_{l}^{-}) \frac{1}{2} ({\hat{S}}_{M}^{+} + {\hat{S}}_{M}^{-}) + \frac{1}{2 ich} ({\hat{S}}_{l}^{+} - {\hat{S}}_{l}^{-}) \frac{1}{2 ich} ({\hat{S}}_{M}^{+} - {\hat{S}}_{M}^{-}) + S^{2} - S A_{l}^{†} A_{l} - S A_{M}^{†} A_{M} + A_{l}^{†} A_{l} A_{M}^{†} A_{M} \\ = \frac{1}{4} ({\hat{S}}_{l}^{+} {\hat{S}}_{M}^{+} + {\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{+} + {\hat{S}}_{l}^{+} {\hat{S}}_{M}^{-} + {\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{-}) - \frac{1}{4} ({\hat{S}}_{l}^{+} {\hat{S}}_{M}^{+} - {\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{+} - {\hat{S}}_{l}^{+} {\hat{S}}_{M}^{-} + {\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{-}) + S^{2} - S A_{l}^{†} A_{l} - S A_{M}^{†} A_{M} + A_{l}^{†} A_{l} A_{M}^{†} A_{M} \\ = \frac{1}{2} ({\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{+} + {\hat{S}}_{l}^{-} {\hat{S}}_{M}^{-}) + S^{2} - S A_{l}^{†} A_{l} - S A_{M}^{†} A_{M} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{\textbf{S}}_l \cdot \hat{\textbf{S}}_m &= \Sx{l} \Sx{m} + \Sy{l} \Sy{m} + \Sz{l} \Sz{m} \\ &= \frac{1}{2}(\Splus{l} + \Smin{l})\frac{1}{2}(\Splus{m} + \Smin{m}) + \frac{1}{2i}(\Splus{l} - \Smin{l}) \frac{1}{2i}(\Splus{m} - \Smin{m}) + S^2 - Sa^{\dagger}_l a_l - Sa^{\dagger}_m a_m + a^{\dagger}_l a_la^{\dagger}_m a_m \\ &= \frac{1}{4} ( \Splus{l} \Splus{m} + \Smin{l} \Splus{m} + \Splus{l} \Smin{m} + \Smin{l}\Smin{m}) - \frac{1}{4} ( \Splus{l} \Splus{m} - \Smin{l} \Splus{m} - \Splus{l} \Smin{m} + \Smin{l}\Smin{m}) + S^2 - Sa^{\dagger}_l a_l - Sa^{\dagger}_m a_m + a^{\dagger}_l a_la^{\dagger}_m a_m \\ &= \frac{1}{2}(\Smin{l} \Splus{m} + \Smin{l}\Smin{m}) + S^2 - Sa^{\dagger}_l a_l - Sa^{\dagger}_m a_m \end{align}$

Wobei wir den Term höherer Ordnung weggelassen haben $a^{\dagger}_l a_la^{\dagger}_m a_m$ . Wir schreiben jetzt die Leiteroperatoren in Bezug auf Erstellungsoperatoren um, wie in Ihrer Frage vorgeschlagen, aber lassen Sie uns diese Ausdrücke zuerst ein wenig umschreiben $S - \langle S_m^z \rangle = \langle a_m^{\dagger}a_m \rangle <<S$ So $(1 - \frac{a_m^{\dagger}a_m}{2S})^{1/2} = 1$ .

\begin{aligned} {\hat{S}}_{M}^{-} & = A_{M}^{†} (2 S - A_{M}^{†} A_{M})^{1 / 2} = A_{M}^{†} \sqrt{2 S} (1 - \frac{A_{M}^{†} A_{M}}{2 S})^{1 / 2} = \sqrt{2 S} A_{M}^{†} \\ {\hat{S}}_{M}^{+} & = (2 S - A_{M}^{†} A_{M})^{1 / 2} A_{M} = \sqrt{2 S} A_{M} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{S}_m^- &= a^{\dagger}_m (2S - a^{\dagger}_m a_m )^{1/2} = a^{\dagger}_m \sqrt{2S} (1 - \frac{a^{\dagger}_m a_m}{2S} )^{1/2} = \sqrt{2S} \ a^{\dagger}_m \\ \hat{S}_m^+ &= (2S - a^{\dagger}_m a_m )^{1/2} a_m = \sqrt{2S} \ a_m\\ \end{align}$

Ihre Frage vereinfacht die Lösung, indem nur der nächste Nachbar überprüft wird. Das reduziert den Hamiltonian auf nur:

\hat{H} = - J \sum_{M = 1}^{N} {\hat{S}}_{M} \cdot {\hat{S}}_{M + 1}

$\hat{H} = - J\sum_{m=1}^N \hat{\textbf{S}}_m \cdot \hat{\textbf{S}}_{m+1}$

Wenn Sie alle unsere Ableitungen einstecken und ein wenig umschreiben, erhalten Sie:

\begin{aligned} \hat{H} & = - J \sum_{M = 1}^{N} \frac{1}{2} ({\hat{S}}_{M}^{-} {\hat{S}}_{M + 1}^{+} + {\hat{S}}_{M + 1}^{-} {\hat{S}}_{M}^{-}) + S^{2} - S A_{M}^{†} A_{M} - S A_{M + 1}^{†} A_{M + 1} \\ = - J \sum_{M = 1}^{N} S (A_{M}^{†} A_{M + 1} + A_{M + 1}^{†} A_{M}^{†}) + S^{2} - S A_{M}^{†} A_{M} - S A_{M + 1}^{†} A_{M + 1} \\ = - J \sum_{M = 1}^{N} S^{2} + S (A_{M}^{†} (A_{M + 1} - A_{M}) + A_{M + 1}^{†} (A_{M} - A_{M + 1})) \\ = - J N S^{2} - J S \sum_{M = 1}^{N} (A_{M}^{†} - A_{M + 1}^{†}) (A_{M + 1} - A_{M}) \\ = - J N S^{2} + J S \sum_{M = 1}^{N} (A_{M + 1}^{†} - A_{M}^{†}) (A_{M + 1} - A_{M}) \end{aligned}

$\begin{align} \hat{H} &= - J\sum_{m=1}^N \frac{1}{2}(\Smin{m} \Splus{m+1} + \Smin{m+1}\Smin{m}) + S^2 - Sa^{\dagger}_m a_m - Sa^{\dagger}_{m+1} a_{m+1} \\ &= - J\sum_{m=1}^N S(\ad{m}\a{m+1} + \ad{m+1}\ad{m} ) + S^2 - S\ad{m}\a{m} - S\ad{m+1}\a{m+1} \\ &= - J\sum_{m=1}^N S^2 + S(\ad{m}(\a{m+1} - \a{m}) + \ad{m+1}(\a{m} - \a{m+1})) \\ &= -JNS^2 - JS \sum_{m=1}^N(\ad{m} - \ad{m+1})(\a{m+1} - \a{m}) \\ &= -JNS^2 + JS \sum_{m=1}^N(\ad{m+1} - \ad{m})(\a{m+1} - \a{m}) \end{align}$

Lê Dũng · Answer 2

Da dies das eindimensionale Problem ist, kann man den Hamiltonoperator wie folgt umschreiben:

H = - J \sum_{M = 1}^{N} {\vec{S}}_{M} {\vec{S}}_{M + 1}

$H=-J\sum_{m=1}^{N}\vec{S}_m\vec{S}_{m+1}$ mit

S_{N + 1} = S_{1}

$S_{N+1} = S_1$ (zB periodische Randbedingung)

$S^+$ Und $S^-$ sind Leiteroperatoren des Spindrehimpulses $\vec{S}$ und haben folgende Form:

S^{\pm} = S^{X} \pm ich S^{j}

$S^{\pm} = S^x\pm iS^y$ So:

S^{X} = \frac{S^{+} + S^{-}}{2}, S^{j} = \frac{S^{+} - S^{-}}{2 ich}

$S^x = \frac{S^+ + S^-}{2}, S^y = \frac{S^+ - S^-}{2i}$ Jetzt rechnen wir

{\vec{S}}_{m} {\vec{S}}_{m + 1}

$\vec{S}_m\vec{S}_{m+1}$ .

{\vec{S}}_{M} {\vec{S}}_{M + 1} = S_{M}^{X} S_{M + 1}^{X} + S_{M}^{j} S_{M + 1}^{j} + S_{M}^{z} S_{M + 1}^{z} = \frac{1}{2} (S_{M}^{+} S_{M + 1}^{-} + S_{M}^{-} S_{M + 1}^{+}) + S_{M}^{z} S_{M + 1}^{z}

$\vec{S}_m\vec{S}_{m+1} = S^x_mS^x_{m+1} + S^y_mS^y_{m+1} + S^z_mS^z_{m+1} = \frac{1}{2}\left(S^+_mS^-_{m+1}+S^-_mS^+_{m+1}\right)+S^z_mS^z_{m+1}$ Wir haben auch (zur ersten Bestellung):

(2 S - A^{†} A)^{1 / 2} \approx (2 S)^{1 / 2} (1 - \frac{A^{†} A}{4 S})

$(2S - a^\dagger a)^{1/2}\approx (2S)^{1/2}\left(1 - \frac{a^\dagger a}{4S}\right)$ Setzen Sie dies in die Ausdrücke von ein

S^{+}

$S^+$ Und

S^{-}

$S^-$ , dann erweitern Sie die vorherige Gleichung (unter Vernachlässigung von Termen mit zweiter Ordnung und höher), Sie erhalten die gewünschte Antwort (beachten Sie, dass

[a_{m}, a_{n}^{†}] = δ_{m n}

$[a_m,a^\dagger_n]=\delta_{mn}$ )

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DeanTheMachine

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Benutzer1792605

Lê Dũng

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