Квантовые операторы: тождество

Question

Квантовые операторы: тождество

Джунаид Афтаб

Я наткнулся на следующее аккуратное свойство:

Для оператора $\hat{A}$ который представляет собой линейную комбинацию операторов рождения и уничтожения, мы имеем:
$⟨ е^{\hat{А}} ⟩ "=" е^{⟨ \hat{А^{2}} ⟩ / 2} .$ $\langle e^{\hat{A}} \rangle = e^{\langle \hat{A^2} \rangle/2}.$

Любая помощь в подходе к доказательству этой личности будет оценена по достоинству.

Physics_Plasma

Я раньше не видел такого тождества, но вы могли бы попробовать Тейлора расширить экспоненциальное и посмотреть, согласны ли две стороны, почленно. Это обычный подход к таким идентичностям.

Джунаид Афтаб

Да, я тоже впервые увидел это в газете. Да, обычно так и делают. Я до сих пор не уверен, как A, будучи линейной комбинацией лестничных операторов, заставит идентичность. Хотя я еще не разобрался в деталях.

Physics_Plasma

Если под «линейной комбинацией операторов создания и уничтожения» это означает

\hat{A} = α \hat{a} + β {\hat{a}}^{†}

$\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , то запись степенных рядов обеих сторон даст вам доказательство. Просто обратите внимание, что математическое ожидание

\hat{a}

$\hat{a}$ и

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^{\dagger}$ равны нулю.

Ответы (2)

Квантовые операторы: тождество

Я раньше не видел такого тождества, но вы могли бы попробовать Тейлора расширить экспоненциальное и посмотреть, согласны ли две стороны, почленно. Это обычный подход к таким идентичностям.
Да, я тоже впервые увидел это в газете. Да, обычно так и делают. Я до сих пор не уверен, как A, будучи линейной комбинацией лестничных операторов, заставит идентичность. Хотя я еще не разобрался в деталях.
Если под «линейной комбинацией операторов создания и уничтожения» это означает $\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , то запись степенных рядов обеих сторон даст вам доказательство. Просто обратите внимание, что математическое ожидание $\hat{a}$ и $\hat{a}^{\dagger}$ равны нулю.

стрелец_а · Answer 1

Я ожидаю, что это будет результатом теоремы Вика. Если вы рассматриваете ситуацию равновесия с квадратичным гамильтонианом, все нечетные моменты исчезнут. При этом вы остаетесь с ровными полномочиями вашего оператора. Если вы теперь подсчитаете количество возможных сокращений, вы должны получить правильный результат.

PS: Я только что попробовал, и это действительно работает. Обратите внимание на полезную идентичность

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

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

(ОСТОРОЖНО, СПОЙЛЕРЫ)

Что $\left< \cdot \right>$ на самом деле означает

⟨ Б ⟩ \equiv \frac{1}{Z} Тр {е^{- β ЧАС} Б}

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

для какого-то оператора $B$ , $\beta = 1/(k_B T)$ , и $\mathcal{Z} = \text{Tr}\ e^{- \beta H }$ . Если ваш гамильтониан теперь принимает вид

ЧАС "=" \sum_{н м} а_{н}^{†} {час}_{н м} а_{м},

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

то вы можете доказать теорему Вика. Позволять $\alpha_m$ быть бозонным оператором рождения или уничтожения. Я избавлю вас от подробностей, но вы обнаружите, что

⟨ α_{1} α_{2} \dots α_{2 н} ⟩ "=" \sum_{\begin{matrix} все возможное \\ пары π \end{matrix}} ⟨ α_{π (1)} α_{π (2)} ⟩ \dots ⟨ α_{π (2 н - 1)} α_{π (2 н)} ⟩

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

и $\left< \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{2n+1} \right> = 0$ . Это все, что вам нужно для доказательства:

⟨ е^{А} ⟩ \overset{(1)}{"="} \sum_{н "=" 0}^{\infty} \frac{1}{н!} ⟨ А^{н} ⟩ \overset{(2)}{"="} \sum_{н "=" 0}^{\infty} \frac{1}{(2 н)!} ⟨ А^{2 н} ⟩ \overset{(3)}{"="} \sum_{н "=" 0}^{\infty} \frac{(2 н - 1)!!}{(2 н)!} {⟨ А^{2} ⟩}^{н} \overset{(4)}{"="} \sum_{н "=" 0}^{\infty} \frac{1}{н! 2^{н}} {⟨ А^{2} ⟩}^{н} \overset{(1)}{"="} е^{⟨ А^{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) Расширение серии.

(2) Все нечетные силы исчезают.

(3) Есть $(2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots (2n-2n) = (2n-1)!!$ способы формирования $n$ пара $\left<A^2 \right>$ с помощью теоремы Вика.

(4) Тождество сверху.

Я не проверял, верно ли это и для фермионов. Может быть похожее тождество, но разложение Вика изменится.

Я понятия не имею о теореме Вика; поэтому, если бы вы могли поделиться своим решением со всеми нами, это было бы здорово. У меня возникли проблемы с доказательством идентичности этих типов - возведенных в степень операторов. Итак, было бы здорово, если бы вы могли поделиться своим решением.
Я расширил свой ответ. Вы также можете найти много проницательных обсуждений теоремы Вика здесь, на Physics Stack Exchange.
Большой. Я понятия не имею, как вы смогли выразить математическое ожидание оператора через Z, которое выглядит как статистическая сумма, и распределение Больцмана. У меня очень ограниченные знания о статистической механике, и я не могу получить их на данный момент, хотя я пытался просматривать некоторые ресурсы в Интернете. Я задал этот вопрос ранее сегодня по адресу: physics.stackexchange.com/q/263088 , но пока не получил ответа. Если бы вы могли помочь мне там, это было бы здорово!
Тогда понимание этой формулы может оказаться для вас немного чрезмерным в данный момент... Постарайтесь сосредоточиться на моментах, которые вы не понимаете, и добраться до сути того, что вы не можете понять. Тогда люди Stack Exchange могут вам помочь. Если вы спросите слишком широко, никто не ответит, и ваш вопрос, скорее всего, скоро будет закрыт.
Я знаю, возможно, это так, поэтому я надеялся, что кто-то здесь может дать мне общий обзор формулы, просто предположив, что я знаю, что такое статистическая сумма и т. Д. До сих пор никто этого не сделал; если сможешь, было бы здорово.
Я честно не знаю с чего начать. Я не могу дать вам целую серию лекций по статистической физике :P
Да, знаю; что-то, что может привести к получению этой идентичности. Я нашел эти тождества/уравнения в примечаниях к курсам для операторов плотности, и я не мог получить большую их часть. В любом случае, если вы сможете каким-то образом свести это к минимуму и сослаться на какую-то конкретную ссылку, посвященную этому, то это было бы здорово.
Во-первых: расширьте свой вопрос. Где вы нашли эту личность? Что ты знаешь об этом? Как вы думаете, что означают символы в вашем выражении? Что вы пытались найти решение?
@sagittarius_a, можешь пояснить третье последнее равенство в твоем доказательстве?
Есть (2n-1)!! Возможные способы формирования n пар из 2n операторов
Опять же, я предполагаю, что здесь действует теорема Вика? Остальные детали доказательства, по-видимому, следуют простому разложению в степенной ряд:
Кроме того, как вы убрали n из ожидаемого значения на том же шаге?

Qмеханик · Answer 2

Подсказка: формула OP следует из теоремы типа Вика.

\begin{matrix} (1) & Т (ф (\hat{А})) "=" опыт (\frac{1}{2} \hat{С} \frac{\partial}{\partial \hat{А}} \frac{\partial}{\partial \hat{А}}) : ф (\hat{А}) : \end{matrix}

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

T

$T$ и обычный заказ

::

$::$ . Здесь

\begin{matrix} (2) & \hat{С} "=" Т (\hat{А} \hat{А}) - : \hat{А} \hat{А} : \end{matrix}

$\tag{2} \hat{C}~=~T(\hat{A}\hat{A})~-~:\hat{A}\hat{A}:$ является сокращением. См., например, этот пост Phys.SE и ссылки в нем.

Квантовые операторы: тождество

Джунаид Афтаб

Physics_Plasma

Джунаид Афтаб

Physics_Plasma

Ответы (2)

стрелец_а

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Джунаид Афтаб

Джунаид Афтаб

стрелец_а

Qмеханик

Вывод гамильтониана одиночного тела в КТП

Теорема Вика для вычисления OPE

Слишком много теорем Вика!

Восстановление QM из QFT

Картина Гейзенберга о сложных полевых операторах

Упорядоченное по времени произведение двух нормально упорядоченных произведений полей

Теорема Вика: почему вакуумное математическое ожидание операторов без контрактов равно нулю?

Космический перевод операторов, состояний и плотностей частиц

Эрмитово сопряжение дифференциального оператора

⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\шляпа{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle для всех |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle означает, что A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ Б}?