Trace über Konfigurationsbasis

Question

Trace über Konfigurationsbasis

Graz

Nehmen wir ein Vielteilchen-Quantensystem, dessen Phasen in der Konfigurationsbasis mit bezeichnet sind $\mathbf {\hat q}=(q_1,\cdots, q_N)$ und Momente $\mathbf {\hat p}=\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1},\cdots, -i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)$ . Betrachten wir dann den Operator

F (\hat{Q}, \hat{P}) \equiv {\hat{Q}}_{1}^{N_{1}} \dots {\hat{Q}}_{N}^{N_{N}} {(- ich \frac{\partial}{\partial {\hat{Q}}_{1}})}^{M_{1}} \dots {(- ich \frac{\partial}{\partial {\hat{Q}}_{N}})}^{M_{N}}

$\begin{equation*} f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\equiv \hat q_1^{n_1}\cdots \hat q_N^{n_N}\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1}\right)^{m_1}\cdots \left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)^{m_N} \end{equation*}$ von Gestaltungs- und Stellungsbefugnissen,

n_{i}, m_{i} \in N^{0}

$n_i, m_i\in \mathbb N^0$ .

Ist es richtig, dass das Objekt

\tilde{T R} {F (\hat{Q}, \hat{P})} \equiv \int_{R^{N}} D \hat{Q} ⟨ Q | F (\hat{Q}, - ich \frac{\partial}{\partial \hat{Q}}) | Q ⟩

$\begin{equation*} \tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}\equiv\int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle\mathbf q\middle|f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf q\right\rangle \end{equation*}$ ist NICHT definiert (dh es ist keine gut gestellte Spur)?

Insbesondere für unendlich dimensionale Hilbert-Räume $H$ , ist ein Operator eine Ablaufverfolgungsklasse, wenn er begrenzt ist. In meinem Fall soll dies nicht der Fall sein, da

sup_{| Q ⟩ \in D (H), | | R | | \neq 0} \frac{| | F (Q, - ich \frac{\partial}{\partial Q}) | Q ⟩ | |}{| | | Q ⟩ | |} = + \infty

$\begin{equation} \sup_{|\mathbf q\rangle\in\mathcal D(H), ||\mathbf r||\neq 0}\frac{||f\left(\mathbf q,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf q}}\right) |\mathbf q\rangle ||}{|| |\mathbf q\rangle ||}=+\infty \end{equation}$ Wo

D (H)

$\mathcal D(H)$ ist der (unbeschränkte) Bereich im Hilbert-Definitionsraum des Operators; insbesondere,

\hat{f}

$\hat f$ ist das Potenzprodukt unbeschränkter Operatoren.

Stattdessen schließt man für den Fall ein kanonisches Gewicht ein und definiert es

T R {e^{- β \hat{H}} F (\hat{Q}, \hat{P})} \equiv \int_{R^{N}} D \hat{Q} ⟨ \hat{Q} | e^{- β \hat{H}} F (\hat{Q}, - ich \frac{\partial}{\partial \hat{Q}}) | \hat{Q} ⟩

$\begin{equation*} \mathrm{tr}\{e^{-\beta\hat H}f(\mathbf {\hat q} ,\mathbf {\hat p} )\}\equiv \int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle{\mathbf{\hat q}} \middle|e^{-\beta\hat H}f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf {\hat q} \right\rangle \end{equation*}$ ist die obige Gleichung eine wohldefinierte Spur?

Blazej

(1) Sie haben Recht, diese Ablaufverfolgung ist nicht definiert, (2) es stimmt, dass Ablaufverfolgungsklassenoperatoren begrenzt sind, aber das Gegenteil ist falsch (nicht einmal jeder begrenzte Operator hat eine gut definierte Ablaufverfolgung), (3) sogar für Ablaufverfolgungsklassen Operatoren, Ablaufverfolgung ist definiert als

t r (A) = \sum_{i} ⟨ i | A | i ⟩

$\mathrm{tr}(A) = \sum_i \langle i | A | i \rangle$ , wo Kets

| i ⟩

$| i \rangle$ Form auf orthonormaler Basis. Andererseits "Kets"

| q ⟩

$| q \rangle$ die Sie verwenden, sind nicht einmal wohldefinierte Vektoren im Hilbert-Raum. Bezüglich (4) hängt dies von der Form ab

\hat{H}

$\widehat H$ .

Kosmas Zachos

Dies ist das berühmte Standardbestellrezept (im Wesentlichen normale Bestellung) oder Mehta-Rezept. Perfekt endlich und sinnvoll für sinnvolle Funktionen. Sie können versuchen, die Nichtexistenz von Fisch zu beweisen, aber sagen Sie das den Fischern am Kai.

Antworten (1)

Trace über Konfigurationsbasis

(1) Sie haben Recht, diese Ablaufverfolgung ist nicht definiert, (2) es stimmt, dass Ablaufverfolgungsklassenoperatoren begrenzt sind, aber das Gegenteil ist falsch (nicht einmal jeder begrenzte Operator hat eine gut definierte Ablaufverfolgung), (3) sogar für Ablaufverfolgungsklassen Operatoren, Ablaufverfolgung ist definiert als $\mathrm{tr}(A) = \sum_i \langle i | A | i \rangle$ , wo Kets $| i \rangle$ Form auf orthonormaler Basis. Andererseits "Kets" $| q \rangle$ die Sie verwenden, sind nicht einmal wohldefinierte Vektoren im Hilbert-Raum. Bezüglich (4) hängt dies von der Form ab $\widehat H$ .
Dies ist das berühmte Standardbestellrezept (im Wesentlichen normale Bestellung) oder Mehta-Rezept. Perfekt endlich und sinnvoll für sinnvolle Funktionen. Sie können versuchen, die Nichtexistenz von Fisch zu beweisen, aber sagen Sie das den Fischern am Kai.

Trägheitsbeobachter · Answer 1

Ich versuche es mal. Da dies eine Vielteilchenkonfiguration ist, haben wir das $[q_i, q_j] = 0$ Und $[p_i, p_j]=0$ Und $[q_i, p_j] = i \delta_{ij}$ wobei die Indizes die Partikel bezeichnen. Daher wird das Integral separabel. Das haben wir nämlich

\begin{aligned} \tilde{T R} {F (\hat{Q}, \hat{P})} \equiv \int_{R^{N}} D \hat{Q} ⟨ Q | F (\hat{Q}, - ich \frac{\partial}{\partial \hat{Q}}) | Q ⟩ \\ = \int D Q_{1} \dots \int D Q_{N} ⟨ Q_{1} | ⟨ Q_{2} | \dots ⟨ Q_{N} | ({\hat{Q}}_{1}^{N_{1}} \dots {\hat{Q}}_{N}^{N_{N}} {(- ich \frac{\partial}{\partial {\hat{Q}}_{1}})}^{M_{1}} \dots {(- ich \frac{\partial}{\partial {\hat{Q}}_{N}})}^{M_{N}} | Q_{1} ⟩ | Q_{2} ⟩ \dots | Q_{N} ⟩) \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}\equiv\int_{\mathbb{R}^N} \mathrm d\mathbf {\hat q} \left\langle\mathbf q\middle|f\left(\mathbf {\hat q} ,-i\frac{\partial}{\partial {\mathbf {\hat q} }}\right) \middle|\mathbf q\right\rangle\\ &=\int dq_1\cdots\int d q_N \langle q_1|\langle q_2| \cdots\langle q_N| \left(\hat q_1^{n_1}\cdots \hat q_N^{n_N}\left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_1}\right)^{m_1}\cdots \left(-i\frac{\partial}{\partial \hat q_N}\right)^{m_N} | q_1 \rangle |q_2\rangle \cdots |q_N\rangle \right) \end{align*}$

wobei ich von der Definition des direkten Produkts auf einem Hilbert-Raum Gebrauch gemacht habe $N$ Partikel.

Aufgrund unserer Kommutierungsbeziehungen sind diese Integrale trennbar. Das ist,

\begin{aligned} \tilde{T R} {F (\hat{Q}, \hat{P})} = \prod_{ich = 1}^{N} \int D Q_{ich} ⟨ Q_{ich} | {\hat{Q}}_{ich}^{N_{ich}} {\hat{P}}_{ich}^{M_{ich}} | Q_{ich} ⟩ \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \langle q_i| \hat{q}_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|q_i\rangle \end{align*}$

Damit können wir jetzt umgehen. Erinnere dich zuerst daran $\langle q_i| \hat{q}_i = \langle q_i| q_i$ so dass

\begin{aligned} \tilde{T R} {F (\hat{Q}, \hat{P})} = \prod_{ich = 1}^{N} \int D Q_{ich} \int D P_{ich} ⟨ Q_{ich} | Q_{ich}^{N_{ich}} {\hat{P}}_{ich}^{M_{ich}} | Q_{ich} ⟩ \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i \langle q_i| q_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|q_i\rangle \end{align*}$

Um den Impuls zu berücksichtigen, setzen wir Einheit aufgelöst in die Impulsbasis des Teilchens ein $i$ so dass

\begin{aligned} \tilde{T R} {F (\hat{Q}, \hat{P})} = \prod_{ich = 1}^{N} \int D Q_{ich} \int D P_{ich} ⟨ Q_{ich} | Q_{ich}^{N_{ich}} {\hat{P}}_{ich}^{M_{ich}} | P_{ich} ⟩ \underset{\frac{e^{- ich Q_{ich} P_{ich}}}{\sqrt{2 π}}}{\underset{⏟}{⟨ P_{ich} | Q_{ich} ⟩}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{N}{2}}} \prod_{ich = 1}^{N} \int D Q_{ich} \int D P_{ich} Q_{ich}^{N_{ich}} P_{ich}^{M_{ich}} ⟨ Q_{ich} | P_{ich} ⟩ e^{- ich P_{ich} Q_{ich}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{N}{2}}} \prod_{ich = 1}^{N} \int D Q_{ich} \int D P_{ich} Q_{ich}^{N_{ich}} P_{ich}^{M_{ich}} e^{ich P_{ich} Q_{ich}} e^{- ich P_{ich} Q_{ich}} \\ = \frac{1}{(2 π)^{\frac{N}{2}}} \prod_{ich = 1}^{N} (\int_{R} D Q_{ich} Q_{ich}^{N_{ich}}) (\int_{R} D P_{ich} P_{ich}^{M_{ich}}) \end{aligned}

$\begin{align*} &\tilde{\mathrm{tr}}\left\{f(\mathbf {\hat q}, \mathbf {\hat p})\right\}=\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i \langle q_i| q_i^{n_i}\hat{p}_i^{m_i}|p_i \rangle \underbrace{\langle p_i|q_i\rangle}_{\frac{e^{-iq_ip_i}}{\sqrt{2\pi}}}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i q_i^{n_i} p_i^{m_i} \langle q_i|p_i \rangle e^{-ip_i q_i}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \int dq_i \int dp_i q_i^{n_i} p_i^{m_i} e^{ip_i q_i} e^{-ip_i q_i}\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{N}{2}}}\prod_{i=1}^N \left(\int_{\mathbb{R}} dq_i q_i^{n_i}\right)\left( \int_{\mathbb{R}} dp_i p_i^{m_i} \right) \end{align*}$

Es scheint also tatsächlich so, dass wir nur ein großes Produkt von Divergenzen haben und daher keine gut definierte Karte von, wenn wir keine Impulsunterbrechung auferlegen und uns auf eine endliche Region des Raums beschränken $\mathcal{H}\to \mathbb{R}$ .

Was Ihre Frage zum Gewichtungsfaktor des Hamiltonian betrifft, so glaube ich, dass die Antwort davon abhängen sollte, was der tatsächliche Hamiltonian ist, aber wenn Sie der Meinung sind, dass dies falsch ist, kann ich dies noch einmal überdenken und versuchen, das allgemein anzusprechen $\hat{H}$ .

Vielen Dank für die ausführliche Antwort. Ich denke, indem ich ein kanonisches Gewicht hinzufüge $e^{-\beta\hat H}$ innerhalb der Klammer würde eine allgemeine Auswertung der Spur zusammenbrechen. Insbesondere wäre es uns nicht erlaubt, den Durchschnitt in Beiträge einzelner Teilchen zu zerlegen, abgesehen von sehr speziellen Fällen (klassisch integrierbar). Ist es richtig?
Ja, es wäre sicherlich komplizierter, aber ich stelle mir vor, dass es je nach Hamiltonian möglicherweise bei der Konvergenz helfen könnte. Vielleicht so etwas wie ein Exponentialregler
Es ist vielleicht nicht faktorisierbar, aber ... machbar ... Ich denke, es hängt davon ab ... Ich denke, es wäre sowohl faktorisierbar als auch konvergent mit einem SHO-Hamiltonian
OK, ich verstehe. Jedenfalls bin ich mir da nicht sicher $\tilde{\mathrm{tr}}$ definiert eine richtige Spur im Rahmen eines manipulierten Hilbert-Raums. Insbesondere die Operatoren innerhalb des Durchschnitts sind keine Spurklasse, da sie nicht beschränkt sind. Vielleicht würde das Auferlegen eines Cutoffs das Begrenztheitsproblem lösen, aber einige grundlegende Eigenschaften der Spur könnten verloren gehen (dh Ciclicity). Glaubst du, es ist richtig?
Ja dem würde ich zustimmen $\tilde tr$ ist keine echte Trace-Operation. Die Impulsabschaltung wäre nicht unmittelbar hilfreich (glaube ich), da die Vollständigkeitsbeziehung nicht naiv gelten würde (glaube ich)

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