Verwirrung über Leiteroperatoren

Question

Verwirrung über Leiteroperatoren

Physik
Betreiber
Kommutator
Hilbert-Raum
Quantenmechanik
zweite Quantisierung

lemi1305

Betrachten wir ein System, das aus besteht $N$ bosonische Teilchen, die nicht miteinander wechselwirken. Der Hamiltonoperator dieses Systems wäre gegeben als

H = \sum_{ich = 1}^{N} \frac{ℏ^{2}}{2 M} {\hat{P}}_{ich}^{2} .

$H = \sum_{i=1}^N \frac{\hbar^2}{2m}\hat{p}^2_i \quad .$

Dieser Hamilton-Operator wirkt auf den Hilbert-Raum von $N$ Partikel $\mathcal{H_N}$ . Wir können den Hamiltonoperator mit Leiteroperatoren umschreiben

H = \sum_{\vec{k}} \frac{ℏ^{2} {\vec{k}}^{2}}{2 M} C_{\vec{k}}^{†} C_{\vec{k}} .

$H = \sum_{\vec{k}} \frac{\hbar^2 \vec{k}^2}{2m}c^\dagger_{\vec{k}} c_{\vec{k}} \quad .$

Was mich stört ist folgendes: Der Hamiltonoperator ist ein Operator, der auf dem Hilbertraum wirkt $\mathcal{H_N}$ . Wenn man sich den Hamilton-Operator unter Verwendung der zweiten Quantisierung ansieht, sieht es so aus, als ob die Leiteroperatoren verschiedene Hilbert-Räume "verbinden":

C_{\vec{k}} : H_{N} \to H_{N - 1}

$c_{\vec{k}}: \mathcal{H_N} \rightarrow \mathcal{H_{N-1}}$

Und

C_{\vec{k}}^{†} : H_{N - 1} \to H_{N}

$c^{\dagger}_{\vec{k}}: \mathcal{H_{N-1}} \rightarrow \mathcal{H_{N}}$

Unter Verwendung der Kommutierungsbeziehungen können wir jedoch den gegebenen Hamilton-Operator erneut ausdrücken:

H = \sum_{\vec{k}} \frac{ℏ^{2} {\vec{k}}^{2}}{2 M} (C_{\vec{k}} C_{\vec{k}}^{†} + 1)

$H = \sum_{\vec{k}} \frac{\hbar^2 \vec{k}^2}{2m} (c_{\vec{k}}c^\dagger_{\vec{k}}+\mathbb{1})\quad$

In diesem Fall sieht es so aus, als ob die Operatoren die Räume vertauscht haben, auf die sie reagieren:

C_{\vec{k}}^{†} : H_{N} \to H_{N + 1}

$c^{\dagger}_{\vec{k}}: \mathcal{H_{N}} \rightarrow \mathcal{H_{N+1}}$

Und

C_{\vec{k}} : H_{N + 1} \to H_{N} .

$c_{\vec{k}}: \mathcal{H_{N+1}} \rightarrow \mathcal{H_{N}} \quad.$

Es erscheint mir sehr falsch, dass wir die Natur der Leiteroperatoren ändern, indem wir einfach die Kommutierungsbeziehung ausnutzen. Daher hoffe ich auf eine Klärung dieses Problems.

NDewolf

Wissen Sie, was ein Fock-Raum ist?

ACuriousMind

Ich verstehe nicht, was das Problem ist - Ihr zweiter Kartensatz ist derselbe wie beim ersten, Sie haben nur das Etikett ersetzt

N

$\mathcal{N}$ von

N + 1

$\mathcal{N} + 1$ (beachten Sie, dass

N

$\mathcal{N}$ ist eine freie Variable). Um eine Analogie zu machen: Es gibt keinen Unterschied zwischen der Aussage, dass eine Folge gegeben ist durch

a_{i} = i

$a_i = i$ beginnt um

i = 0

$i=0$ oder sagen, es ist gegeben durch

a_{i} = i - 1

$a_i = i - 1$ beginnt um

i = 1

$i=1$ . Können Sie erläutern, welche Art von Klarstellung Sie suchen?

Antworten (3)

Verwirrung über Leiteroperatoren

Ich verstehe nicht, was das Problem ist - Ihr zweiter Kartensatz ist derselbe wie beim ersten, Sie haben nur das Etikett ersetzt $\mathcal{N}$ von $\mathcal{N} + 1$ (beachten Sie, dass $\mathcal{N}$ ist eine freie Variable). Um eine Analogie zu machen: Es gibt keinen Unterschied zwischen der Aussage, dass eine Folge gegeben ist durch $a_i = i$ beginnt um $i=0$ oder sagen, es ist gegeben durch $a_i = i - 1$ beginnt um $i=1$ . Können Sie erläutern, welche Art von Klarstellung Sie suchen?

Tobias Fünke · Answer 1

Ich denke, das Problem liegt darin, dass man zwar die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren für einen festen definieren kann $N$ , ihre bekannten Vertauschungsrelationen machen nur Sinn, wenn die Operatoren auf den Fockraum erweitert werden:

F = ⨁_{N = 0}^{\infty} H_{N} .

$\mathcal F = \bigoplus\limits_{N=0}^\infty \mathcal H_N \quad .$

In der Tat, Schreiben

\begin{matrix} (1) & [C, C^{†}] = C C^{†} - C^{†} C \end{matrix}

$[c,c^\dagger] = c c^\dagger - c^\dagger c \tag{1}$

ist schlecht definiert, wenn beides $c$ Und $c^\dagger$ sind die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren für einen beliebigen, aber festen Wert definiert $N$ , zB als Karten

\begin{aligned} C^{†} & : H_{N} ⟶ H_{N + 1} \\ C & : H_{N + 1} ⟶ H_{N} . \end{aligned}

$\begin{align} c^\dagger&: \mathcal H_N \longrightarrow \mathcal H_{N+1} \\ c&:\mathcal H_{N+1} \longrightarrow \mathcal H_N \quad . \end{align}$ Dies ist ziemlich leicht zu erkennen, da der erste Term auf der rechten Seite der Gleichung liegt

(1)

$(1)$ ist eine Karte von

H_{N}

$\mathcal H_N$ Zu

H_{N}

$\mathcal H_N$ , aber der zweite Term kann auf keinen Zustand wirken

| ψ ⟩ \in H_{N}

$|\psi\rangle \in\mathcal H_N$ , als

c

$c$ ist nur für Staaten in definiert

H_{N + 1}

$\mathcal H_{N+1}$ . Die von Ihnen verwendete Kommutierungsrelation ist also eigentlich nicht gültig.

Wenn jedoch die Operatoren erweitert werden $\mathcal F$ (vgl. this ), dann können wir ihren entsprechenden Kommutator definieren und die üblichen Kommutierungsbeziehungen erhalten. Also haben wir $c,c^\dagger :\mathcal F \longrightarrow\mathcal F$ und wir können a identifizieren $N$ -Teilchenzustand $|\psi\rangle \in \mathcal H_N$ mit $\mathcal F \ni \psi = (0,\ldots,|\psi\rangle,0,\ldots)$ . Beachten Sie, dass es immer noch gilt, dass zB $c^\dagger$ bildet einen Zustand ab $N$ Teilchen in einen Zustand mit $N+1$ Partikel. Aber wir haben nur einen $c^\dagger$ (pro Modus) ein $\mathcal F$ und nicht ein Bediener (pro Modus) für jeden $N$ .

Folglich ist Ihr Hamiltonoperator ein Operator $H:\mathcal F\longrightarrow \mathcal F$ , mit der Eigenschaft, dass wenn $\psi \in\mathcal F$ ist ein $N$ -Teilchenzustand also $H\psi \in F$ ist ein $N$ -Teilchenzustand auch, dh $H$ ist zahlenerhaltend: $[H,N]=0$ , Wo $N = \displaystyle \sum\limits_k c^\dagger_k c_k$ ist der Zahlenoperator an $\mathcal F$ .

Lukas Pritchett · Answer 2

Eines der Probleme ist, dass Ihre beiden Hamiltonianer nicht wirklich gleich sind.

Der zweite,

H = \sum_{\vec{k}} \frac{ℏ^{2} {\vec{k}}^{2}}{2 M} C_{k}^{†} C_{k}

$H = \sum_{\vec{k}} \frac{\hbar^2 \vec{k}^2}{2m} c^†_{k}c_k$ ist der Hamiltonoperator für ein einzelnes Boson, nicht für mehrere Bosonen.

Die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren hier erzeugen und vernichten bestimmte Frequenzmoden für das einzelne Teilchen. Sie erzeugen und vernichten keine Teilchen. Um die beiden Hamiltonianer wirklich zusammenzubringen, sollte Ihre zweite Version passen

H = \sum_{ich} \sum_{\vec{k}} \frac{ℏ^{2} {\vec{k}}^{2}}{2 M} C_{(ich), k}^{†} C_{(ich), k}

$H = \sum_{i}\sum_{\vec{k}} \frac{\hbar^2 \vec{k}^2}{2m} c^†_{(i),k}c_{(i),k}$ Jetzt jeder

c_{(i), k}

$c_{(i),k}$ ist ein Operator, der den Modus entfernt

\vec{k}

$\vec{k}$ aus dem Zustand der

i

$i$ tes Teilchen.

Der andere Teil Ihrer Frage ist, wie Sie die Reihenfolge der ändern $c$ Operatoren scheinen zu ändern, auf welchem Hilbert-Raum sie agieren. Dein Fehler ist der Teil, wo du schreibst

C_{k} : H_{N} \to H_{N - 1}

$c_k : \mathcal{H}_N \rightarrow \mathcal{H}_{N-1}$

Diese Notation impliziert das $c_k$ ist ein Operator, der nur auf wirkt $\mathcal{H}_N$ . Aber das stimmt definitiv nicht. Der $c$ Operatoren wirken auf den gesamten Hilbertraum, der aus Unterräumen mit unterschiedlichen Besetzungszahlen besteht. Mathematische Notation einsetzen:

H = H_{1} \oplus H_{2} \oplus \dots

$\mathcal{H} = \mathcal{H}_1\oplus\mathcal{H}_2\oplus \dots$

C_{k} : H \to H

$c_{k} : \mathcal{H}\rightarrow \mathcal{H}$

C_{k} (H_{N}) \subseteq H_{N - 1} für alle N

$c_k(\mathcal{H}_N) \subseteq \mathcal{H}_{N-1}\text{ for any $N$}$ .

So ausgedrückt, $c^†_kc_k$ Und $c_k c^†_k$ wirken eindeutig auf demselben Hilbert-Raum, und es gibt kein Problem, sie zu transponieren.

Ich denke, Ihr Argument, dass die "zwei Hamiltonianer nicht wirklich gleich sind", ist falsch. Die Betreiber $c_k^\dagger$ Und $c_k$ erzeugen und vernichten Teilchen. Es gibt einen einzigen Typ von Bosonen mit mehreren Teilchen dieses Typs, und weil sie nicht unterscheidbar sind, hat „das“ keine Bedeutung $i$ tes Teilchen". Also $c_k$ entfernt den Modus nicht $k$ aus dem Zustand" eines bestimmten Teilchens, sondern zerstört ein Teilchen im Modus $k$ (oder gibt den Nullvektor zurück, wenn kein solches Partikel vorhanden ist). ...
... Anders ausgedrückt: $c_k^\dagger + c_l^\dagger$ erzeugt ein Teilchen in einer Überlagerung von Moden $k$ Und $l$ , wohingegen $c_k^\dagger c_l^\dagger$ erzeugt zwei Partikel, eines in $k$ und eins drin $l$ . Ein Index ist nicht erforderlich $(i)$ Hier.

ohneVal · Answer 3

Ich glaube, es ist wahrscheinlich falsch, über die Erzeugung / Zerstörung von Partikeln für ein scheinbar nicht relativistisches System oder noch allgemeiner für ein System ohne Wechselwirkungen nachzudenken. Zweite Quantisierung bedeutet in diesem Zusammenhang immer noch eine feste Anzahl von Teilchen, während die Interpretation der Leiteroperatoren darin besteht, die Moden eines gegebenen Teilchens anzuregen oder zu entspannen.

Allerdings müssen Sie verstehen, dass der Betreiber $c_i$ wirkt immer auf den Anteil (Faktor) des vollen Hilbertraums (Fock Space) ${\cal F} = {\cal H}_1 \otimes \cdots\otimes {\cal H}_i \otimes \cdots\otimes {\cal H}_N$ das entspricht dem $i$ -ten Teilchen, nämlich nur auf ${\cal H}_i$ . Also innen ${\cal H}_i$ Sie haben alle Erregungen. Und der Betreiber $c_i$ geht immer ab ${\cal H}_i$ zu sich selbst. Solange es keine Wechselwirkungsterme zwischen den Teilchen gibt, verbinden die Leiteroperatoren selbst nicht verschiedene Ein-Teilchen-Hilbert-Räume.

PS: Bei relativistischen Systemen können bei bestimmten Prozessen tatsächlich Teilchen in andere Teilchen oder Strahlung zerfallen oder umgekehrt entstehen. Dies geschieht nur, wenn die Energie hoch genug ist, dass relativistische Geschwindigkeiten beteiligt sind.

Können Sie Ihren ersten Satz näher erläutern? Warum ist es in diesem Fall wichtig, ob es relativistisch ist oder nicht?
Der Schöpfungs-/Vernichtungsformalismus wird ständig in nicht-relativistischen Vielkörpersystemen verwendet, diese Antwort ist sehr seltsam. Der zweite Absatz ist noch schlimmer, da er absolut falsch ist, die Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren verbinden explizit die Sektoren des Hilbert-Raums mit unterschiedlichen Teilchenzahlen.
Der erste Absatz besagt, dass ich eine feste Anzahl von Teilchen betrachte, im Hamilton-Operator, der ohne Wechselwirkungen gegeben ist, ist dies der Fall. Der zweite Absatz besagt, dass es gut definierte Leiteroperatoren für jedes Teilchen gibt, die im Teilchen-Hilbert-Raum wirken. Ich werde noch expliziter sein, um Verwirrung zu vermeiden, lassen Sie mich wissen, wenn etwas anderes verbessert werden kann
Ich stimme @AfterShave zu, dass Sie einen Leiteroperator nicht nur innerhalb eines Hilbert-Raums mit einem einzelnen Partikel (oder einem festen Partikel) definieren können. Vielleicht denken Sie an die Leiteroperatoren gewöhnlicher harmonischer Oszillatoren (nicht freie Teilchen in einer $x^2$ Potenzial)? Bei der zweiten Quantisierung repräsentieren unterschiedliche Niveaus der "Oszillatoren" freier Teilchen unterschiedliche Anzahlen von Teilchen , nicht unterschiedliche Erregungen derselben Teilchen.
Ich denke tatsächlich an einen harmonischen Oszillator und definiere die Leiteroperatoren auf genau die gleiche Weise. Sie können also als Anhebung des Energieniveaus verstanden werden. Aber es gibt keine Änderungen in der Anzahl der Partikel in dem, was das OP schreibt.
Ich verstehe deine Antwort nicht ganz. Beachten Sie jedoch, dass es sinnvoll ist, Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren im Zusammenhang mit nicht-relativistischen Systemen kondensierter Materie zu verwenden, und diese Techniken werden tatsächlich überall angewendet. Dazu gibt es eine Fülle von Büchern, vgl. Altland und Simons. Feldtheorie der kondensierten Materie oder Gross und Runge. Vielteilchentheorie.

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