Warum hat eine 1D-Hardcore-Bosonische Kette unterschiedliche Grundzustandsenergien in Bosonischen und Spin-Darstellungen?

Betrachten Sie eine einfache periodische 1D-Kette mit vier Stellen mit periodischer Randbedingung. Der Hamiltonianer liest

H = T C 1 † C 2 + C 2 † C 3 + T C 3 † C 4 + C 4 † C 1 + H . C .

Wo T ist die Hüpfkraft. In Bezug auf die Matrix ist es einfach

H = [ 0 T 0 1 T 0 1 0 0 1 0 T 1 0 T 0 ]

mit Eigenwerten [ − 1 − T , − 1 + T , 1 − T , 1 + T ] . Für | T | < 1 , wird der Grundzustand ein Zwei-Körper-Zustand sein, der die niedrigsten zwei Eigenniveaus so füllt, dass die Grundzustandsenergie ist E = − 2 .

Nehmen wir nun die Operatoren an C ich sind hardcore-bosonisch, so dass wir die folgende Jordan-Wigner-Transformation durchführen können

C J † = ( X J + ich Y J ) / 2 C J = ( X J − ich Y J ) / 2

Wo X J , Y J sind die Pauli-Betreiber vor Ort J . Wie man überprüfen kann, stellen die Betreiber zufrieden [ C ich † , C J ] = 0 Wenn ich ≠ J Und { C ich † , C J } = 1 Wenn ich = J . In dieser Darstellung werden wir die folgende Identifizierung vornehmen

C 1 † C 2 = X 1 + ich Y 1 2 ⊗ X 2 − ich Y 2 2 ⊗ ICH 3 ⊗ ICH 4

ähnlich für andere Begriffe, so dass der Hamiltonian lautet

H =   T X 1 + ich Y 1 2 ⊗ X 2 − ich Y 2 2 ⊗ ICH 3 ⊗ ICH 4 + ICH 1 ⊗ X 2 + ich Y 2 2 ⊗ X 3 − ich Y 3 2 ⊗ ICH 4 + T ICH 1 ⊗ ICH 2 X 3 + ich Y 3 2 ⊗ X 4 − ich Y 4 2 + X 1 − ich Y 1 2 ⊗ ICH 2 ⊗ ICH 3 ⊗ X 4 + ich Y 4 2 + H . C .

die ein 16 × 16 Matrix, die alle möglichen Vielteilchenzustände enthält. Man könnte es auch diagonalisieren, um die Grundzustandsenergie zu erhalten, und z | T | < 1 , Ich fand E = − 2 1 + T 2 , was sich vom vorherigen Ergebnis unterscheidet.

Man könnte die Rechnung für Längenketten wiederholen 2 L , und ich fand heraus, dass die beiden Methoden die gleiche Grundzustandsenergie ergeben, wenn L ist seltsam, während es eine Diskrepanz zu geben scheint, wenn L ist gerade. Das ist mir ziemlich seltsam, und ich konnte keinen Fehler finden. Jede Hilfe wird sehr geschätzt!

Hardcore-Bosonen haben ein anderes Spektrum als Soft-Bosonen
@JahanClaes Sicher, und ich verwende hier explizit den Kommutator für das harte Boson. Aber das erklärt nicht, warum sich das Spektrum ändert, wenn ich von der harten Boson-Darstellung zur Spin-Darstellung wechsle, wenn L gerade ist.
Fermionen? Bosonen? Hardcore-Bosonen? (Und welche davon wo?) Die Abbildung von Spins/Hardcore-Bosonen auf Fermionen kann je nach Parität antiperiodische Randbedingungen haben.
@NorbertSchuch Das System ist ein Hardcore-Boson, und dies ist die Grundlage für den ersten Hamiltonian. Dann versuche ich, es in Spins umzuwandeln, was die Grundlage für den zweiten Hamilton-Operator ist. Hier ist kein Fermion beteiligt. Das soll trivial sein, und ich dachte, die Randbedingung spielt hier keine Rolle. Mache ich hier einen Fehler?
Das sagen Sie (richtig). H ist ein 16 × 16 Matrix, aber die Matrix, die Sie explizit geschrieben haben, ist 4 × 4 . Sie sind eindeutig nicht dieselbe Matrix.
@fqq Du meinst den zweiten Hamiltonian? Es ist ein Tensorprodukt von vier 2 × 2 Matrizen, so ist es 16 × 16 . Wenn Sie sich auf den ersten Hamilton-Operator beziehen, der in der Basis des Hardcore-Bosons liegt, ist das ein Einzelteilchen-Hamilton-Operator, also 4x4. Diese beiden sind nicht dieselbe Matrix, aber ich gehe davon aus, dass beide dieselbe Grundzustandsenergie liefern, da sie einfach unterschiedliche Darstellungen desselben Systems sind.
@fagd Nun, das tun sie eindeutig nicht

Antworten (1)

In Ihrem zweiten Ansatz lösen Sie das Hardcore-Bosonen-Problem (im Wesentlichen sind Hardcore-Bosonen genau zweistufige Spinsysteme).

In Ihrem ersten Ansatz hingegen diagonalisieren Sie das Ein-Teilchen-Problem. Als Ansatz zur Lösung des Vielteilchenproblems, bei dem Sie anschließend alle negativen Energiemoden füllen, funktioniert dies nur für nicht wechselwirkende Teilchen, entweder Bosonen oder Fermionen. Es funktioniert jedoch nicht für Hardcore-Bosonen (das sind Bosonen mit einer unendlichen Abstoßung vor Ort).

Allerdings lösen Sie in Ihrem ersten Ansatz auch keine freien Bosonen: In diesem Fall müssten Sie unendlich viele Bosonen in jeden Modus mit negativer Energie bringen, was zu einer Energie führt − ∞ . (Im Gegensatz dazu müssen für freie Bosonen die Einmodenenergien des Hamilton-Operators alle positiv sein).

Was Sie also tun, ist das Problem der freien Fermionen zu lösen, bei dem Sie jeden negativen Energiemodus mit einem Fermion füllen.

Wie verhält sich dies also zum Hard-Core-Boson-Problem (und warum erhalten Sie das gleiche Ergebnis für ungerade L )?

Wenn Sie die Jordan-Wigner-Transformation von Fermionen zu Spins (= Hardcore-Bosonen) durchführen, erhalten Sie so ziemlich den gleichen Hamilton-Operator (wahrscheinlich mit einem allgemeinen Minuszeichen, aber Ihre freien Fermion-Energien sind symmetrisch um Null, also ist dies nein großes Geschäft). Der Term jenseits der Grenze wird jedoch anders sein: Er wird entweder periodisch oder antiperiodisch sein , abhängig von der gesamten Fermion-Parität des Grundzustands. Wenn ich mich nicht irre, sollte es für eine ungerade Grundzustandsparität periodisch sein. Dies ist, was für Odd vor sich geht L : Die Hälfte der Moden ist im Grundzustand gefüllt, also gibt es eine ungerade Anzahl von Fermionen, und das fermionische Problem wird tatsächlich auf die Hardcore-Bosonen abgebildet und hat daher die gleiche Energie.

Danke für die Antwort, sie gibt zumindest eine Erklärung für das Problem. Es gibt also im Wesentlichen keine Ein-Körper-Methode, um das Viel-Körper-Hardcore-Boson-Problem zu lösen, weil es ein intrinsisch interagierendes Problem ist? Ich dachte, nachdem wir die Abstoßung vor Ort berücksichtigt haben, kann das Hardcore-Problem als nicht interagierend behandelt werden.
@fagd Nein, kann es nicht. Deshalb sind diese Probleme hart. (Nicht "superhart", weil sie kein Vorzeichenproblem haben und Sie Monte Carlo machen können, im Gegensatz zu wechselwirkenden Fermionen, aber immer noch schwer.) Und was meinen Sie mit "es gibt zumindest eine Erklärung für die Problem“ – was fehlt?
Ja, ich habe noch eine Frage. Basierend auf der obigen Logik kann, wenn ich gerade L und eine periodische Randbedingung habe, der Spin-Hamiltonian weder auf Hardcore-Boson noch auf Fermion abgebildet werden. Wie wäre es, wenn ich sogar L und eine antiperiodische Randbedingung habe? Kann es auf das Hardcore-Boson-Problem abgebildet werden?
Sie haben es sehr gut erklärt und schätzen das sehr. Aber es ist kontraintuitiv, da ich dachte, dass die Randbedingung irrelevant ist, weil die Transformation für den Bosonenfall lokal ist. Jetzt ist mir klar, dass es eigentlich nicht so ist. Und tatsächlich habe ich getestet, dass bei offener Randbedingung das Spektrum gleich ist, egal ob L gerade oder ungerade ist.
Wenn Sie sogar L haben, sollte das Fermionenproblem (es ist nicht , ich wiederhole: kein Hardcore-Boson-Problem, das Sie lösen!) auf ein Spinsystem mit antiperiodischer Randbedingung abgebildet werden. Haben Sie versucht, das Zeichen vor dem Begriff umzudrehen, der die Grenze umschließt, und dann die Energien zu vergleichen? Das Gleiche gilt umgekehrt: Das periodische Spinproblem sollte auf ein antiperiodisches Fermionenproblem abgebildet werden, das Sie ebenfalls lösen können. (All dies gilt nur, wenn dadurch die Parität des Grundzustands nicht verändert wird.)
"Wie ich dachte, ist die Randbedingung irrelevant, weil die Transformation für den Bosonenfall lokal ist" - Sie lösen im ersten Ansatz kein bosonisches Problem!
ok, ich verstehe was du meinst. Ich sollte den ersten Ansatz für den Bosonenfall einfach verwerfen, unabhängig davon, ob es sich um gerades oder ungerades L oder irgendwelche Randbedingungen handelt. Ich werde die antiperiodische Kette für den fermionischen Fall ausprobieren.
@fagd So ziemlich. Na ja, fast: In einer Dimension gibt es bis auf die Randbedingungen keinen Unterschied zwischen Fermionen und Hardcore-Bosonen. Wenn Sie also Ihre Randbedingungen richtig einstellen, können Sie Ihre Hardcore-Bosonen lösen, indem Sie sie auf freie Fermionen abbilden. Aber dieser Ansatz funktioniert nur in einer Dimension.
Warum hat eine 1D-Hardcore-Bosonische Kette unterschiedliche Grundzustandsenergien in Bosonischen und Spin-Darstellungen?
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