Quantenoperatoren: Eine Identität

Question

Quantenoperatoren: Eine Identität

Junaid Aftab

Dabei bin ich auf folgende nette Immobilie gestoßen:

Für einen Betreiber $\hat{A}$ was eine lineare Kombination von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren ist, haben wir:
$⟨ e^{\hat{A}} ⟩ = e^{⟨ \hat{A^{2}} ⟩ / 2} .$ $\langle e^{\hat{A}} \rangle = e^{\langle \hat{A^2} \rangle/2}.$

Jede Hilfe bei der Annäherung an den Nachweis dieser Identität wäre willkommen.

Physik_Plasma

Ich habe diese Identität noch nie gesehen, aber Sie könnten versuchen, das Exponential durch Taylor zu erweitern und zu sehen, ob die beiden Seiten Term für Term übereinstimmen. Das ist der übliche Ansatz für solche Identitäten.

Junaid Aftab

Ja, ich habe es auch zum ersten Mal in einer Zeitung gesehen. Ja, so geht man normalerweise vor. Ich bin mir immer noch nicht sicher, wie A, das eine Linearkombination der Leiteroperatoren ist, die Identität erzwingen wird. Die Details habe ich aber noch nicht ausgearbeitet.

Physik_Plasma

Wenn durch "eine lineare Kombination von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren" gemeint ist

\hat{A} = α \hat{a} + β {\hat{a}}^{†}

$\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , dann wird Ihnen das Aufschreiben der Potenzreihen beider Seiten den Beweis liefern. Beachten Sie nur, dass der Erwartungswert von

\hat{a}

$\hat{a}$ Und

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^{\dagger}$ sind null.

Antworten (2)

Quantenoperatoren: Eine Identität

Ich habe diese Identität noch nie gesehen, aber Sie könnten versuchen, das Exponential durch Taylor zu erweitern und zu sehen, ob die beiden Seiten Term für Term übereinstimmen. Das ist der übliche Ansatz für solche Identitäten.
Ja, ich habe es auch zum ersten Mal in einer Zeitung gesehen. Ja, so geht man normalerweise vor. Ich bin mir immer noch nicht sicher, wie A, das eine Linearkombination der Leiteroperatoren ist, die Identität erzwingen wird. Die Details habe ich aber noch nicht ausgearbeitet.
Wenn durch "eine lineare Kombination von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren" gemeint ist $\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , dann wird Ihnen das Aufschreiben der Potenzreihen beider Seiten den Beweis liefern. Beachten Sie nur, dass der Erwartungswert von $\hat{a}$ Und $\hat{a}^{\dagger}$ sind null.

schütze_a · Answer 1

Ich erwarte, dass dies ein Ergebnis des Wick-Theorems ist. Wenn Sie eine Gleichgewichtssituation mit einem quadratischen Hamiltonoperator betrachten, werden alle ungeraden Momente verschwinden. Somit bleiben Sie bei gleichberechtigten Befugnissen Ihres Betreibers. Wenn Sie nun die Anzahl der möglichen Wehen zählen, sollten Sie das richtige Ergebnis erhalten.

PS: Ich habe es gerade versucht und es funktioniert tatsächlich. Beachten Sie die hilfreiche Identität

\frac{(2 N - 1)!!}{(2 N)!} = \frac{1}{N! 2^{N}}

$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!} = \frac{1}{n! 2^n}$

(SPOILER ALARM)

Was $\left< \cdot \right>$ bedeutet eigentlich ist

⟨ B ⟩ \equiv \frac{1}{Z} Tr {e^{- β H} B}

$\left< B \right> \equiv \frac{1}{\mathcal{Z}} \text{Tr} \left\lbrace e^{- \beta H } B\right\rbrace$

für einige Betreiber $B$ , $\beta = 1/(k_B T)$ , Und $\mathcal{Z} = \text{Tr}\ e^{- \beta H }$ . Wenn Ihr Hamiltonian jetzt die Form annimmt

H = \sum_{N M} A_{N}^{†} H_{N M} A_{M},

$H = \sum_{nm} a^\dagger_n h_{nm} a_{m},$

dann kannst du den Wick-Satz beweisen. Lassen $\alpha_m$ sei entweder ein bosonischer Erzeugungs- oder Vernichtungsoperator. Ich erspare Ihnen die Details, aber das werden Sie finden

⟨ a_{1} a_{2} \dots a_{2 N} ⟩ = \sum_{\begin{matrix} alles möglich \\ Paarungen π \end{matrix}} ⟨ a_{π (1)} a_{π (2)} ⟩ \dots ⟨ a_{π (2 N - 1)} a_{π (2 N)} ⟩

$\left< \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{2n} \right> = \sum\limits_{\substack{\text{all possible} \\ \text{pairings}\ \pi}} \left< \alpha_{\pi(1)}\alpha_{\pi(2)} \right>\cdots \left< \alpha_{\pi(2n-1)}\alpha_{\pi(2n)} \right>$

Und $\left< \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{2n+1} \right> = 0$ . Das ist alles, was Sie für den Beweis brauchen:

⟨ e^{A} ⟩ \overset{(1)}{=} \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{1}{N!} ⟨ A^{N} ⟩ \overset{(2)}{=} \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 N)!} ⟨ A^{2 N} ⟩ \overset{(3)}{=} \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{(2 N - 1)!!}{(2 N)!} {⟨ A^{2} ⟩}^{N} \overset{(4)}{=} \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{1}{N! 2^{N}} {⟨ A^{2} ⟩}^{N} \overset{(1)}{=} e^{⟨ A^{2} ⟩ / 2} .

$\left< e^{A} \right> \overset{(1)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \left< A^n\right> \overset{(2)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n)!} \left< A^{2n}\right> \overset{(3)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(2n)!} \left< A^2\right>^n \overset{(4)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!2^n} \left< A^2\right>^n \overset{(1)}{=} e^{\left< A^2\right>/2} .$

(1) Serienerweiterung.

(2) Alle ungeraden Potenzen verschwinden.

(3) Es gibt $(2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots (2n-2n) = (2n-1)!!$ Wege zu bilden $n$ Paare von $\left<A^2 \right>$ mit Hilfe des Wick-Theorems.

(4) Die Identität von oben.

Ich habe nicht überprüft, ob es auch für Fermionen gilt. Es könnte eine ähnliche Identität geben, aber die Wick-Zerlegung wird sich ändern.

Ich habe keine Ahnung von Wicks Theorem; Wenn Sie also Ihre Lösung mit uns allen teilen könnten, wäre das großartig. Ich habe Probleme, Identitäten dieser Art zu beweisen - potenzierte Operatoren. Es wäre also toll, wenn Sie Ihre Lösung teilen könnten.
Ich erweiterte meine Antwort. Viele aufschlussreiche Diskussionen zum Wick-Theorem finden Sie auch hier auf Physics Stack Exchange.
Großartig. Ich habe keine Ahnung, wie Sie den Erwartungswert des Operators in Bezug auf Z, das wie die Partitionsfunktion aussieht, und die Boltzmann-Verteilung ausdrücken konnten. Ich habe sehr begrenzte Kenntnisse der statistischen Mechanik und bekomme es bis jetzt nicht hin, obwohl ich versucht habe, mir einige Ressourcen online anzusehen. Ich habe diese Frage heute früher gestellt unter: physical.stackexchange.com/q/263088 , aber ich habe noch keine Antwort erhalten. Wenn du mir da drüben helfen könntest, wäre das toll!
Dann ist das Verständnis dieser Formel für Sie im Moment vielleicht etwas übertrieben ... Versuchen Sie, sich auf die Punkte zu konzentrieren, die Sie nicht verstehen, und gehen Sie dem Kern dessen auf den Grund, was Sie nicht verstehen können. Dann können Ihnen die Leute von Stack Exchange helfen. Wenn Sie zu allgemein fragen, wird niemand antworten und Ihre Frage wird sehr wahrscheinlich bald geschlossen.
Ich weiß, vielleicht ist das der Fall, also hatte ich gehofft, jemand hier könnte mir einen umfassenden Überblick über die Formel geben, indem er einfach annimmt, dass ich weiß, was eine Partitionsfunktion usw. ist. Bisher hat das noch niemand getan; wenn du kannst, wäre das toll.
Ich weiß ehrlich gesagt nicht, wo ich anfangen soll. Ich kann Ihnen keine ganze Vorlesungsreihe über statistische Physik geben :P
Ja ich weiß; etwas mit dem Effekt, diese Identität vielleicht zu bekommen. Ich habe diese Identitäten / Gleichungen in Kursnotizen für Dichteoperatoren gefunden und konnte das meiste nicht verstehen. Wie auch immer, wenn Sie es irgendwie auf den Punkt bringen und mich auf eine bestimmte Referenz verweisen könnten, die sich damit befasst, wäre das großartig
Erstens: Erweitern Sie Ihre Frage. Wo haben Sie diese Identität gefunden? Was weißt du darüber? Was meinen Sie, bedeuten die Symbole in Ihrem Gesichtsausdruck? Was hast du versucht, um eine Lösung zu finden?
@ sagittarius_a, kannst du die drittletzte Gleichheit in deinem Beweis erklären?
Es gibt (2n-1)!! Möglichkeiten zur Bildung von n Paaren aus 2n Operatoren
Auch hier nehme ich an, dass Wick's Theorem hier drüben im Spiel ist? Die anderen Details des Beweises scheinen einer einfachen Potenzreihenentwicklung zu folgen,
Und wie haben Sie im selben Schritt das n aus dem Erwartungswert genommen?

QMechaniker · Answer 2

Hinweis: Die Formel von OP folgt aus einem Satz vom Wick-Typ

\begin{matrix} (1) & T (F (\hat{A})) = \exp (\frac{1}{2} \hat{C} \frac{\partial}{\partial \hat{A}} \frac{\partial}{\partial \hat{A}}) : F (\hat{A}) : \end{matrix}

$\tag{1} T(f(\hat{A})) ~=~ \exp\left(\frac{1}{2}\hat{C}\frac{\partial}{\partial\hat{A}}\frac{\partial}{\partial\hat{A}} \right):f(\hat{A}):$ zwischen Zeitordnung

T

$T$ und normale Bestellung

::

$::$ . Hier

\begin{matrix} (2) & \hat{C} = T (\hat{A} \hat{A}) - : \hat{A} \hat{A} : \end{matrix}

$\tag{2} \hat{C}~=~T(\hat{A}\hat{A})~-~:\hat{A}\hat{A}:$ ist eine Kontraktion. Siehe zB diesen Phys.SE-Beitrag und die darin enthaltenen Links.

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