Запутался или не запутался?

Question

Запутался или не запутался?

нервххх

Я немного озадачился, когда подумал о двух запутанных фермионах.

Скажем, у нас есть гильбертово пространство, в котором у нас есть две фермионные орбитали $a$ а также $b$ . Тогда гильбертово пространство $H$ размер просто $4$ , так как он натянут на

\begin{aligned} {| 0 ⟩, с_{а}^{†} | 0 ⟩, с_{б}^{†} | 0 ⟩, с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩}, \end{aligned}

$\begin{align} \{ |0\rangle, c_a^\dagger |0\rangle, c_b^\dagger |0\rangle, c_a^\dagger c_b^\dagger |0\rangle\}, \end{align}$ куда

c_{i}^{†}

$c_i^\dagger$ — фермионные операторы, создающие фермион на орбитальной

i

$i$ .

Скажем, у нас есть государство $c_a^\dagger c_b^\dagger |0\rangle$ . Тогда, если я разделю свое гильбертово пространство на два, глядя на тензорное произведение гильбертовых пространств каждой орбитали, т.е. $H = H_a \otimes H_b$ , то мое состояние можно записать как $c_a^\dagger |0\rangle_a \otimes c_b^\dagger |0\rangle_b$ , откуда видно, что это состояние незапутанное ( $|0\rangle = |0\rangle_a \otimes |0\rangle_b$ ).

Теперь я думал о записи состояния в первом квантовании, т.е. в виде волновой функции. Позволять $\phi_a(r), \phi_b(r)$ — волновые функции орбиталей $a$ а также $b$ . затем

\begin{aligned} ψ ({Икс}_{1}, {Икс}_{2}) знак равно ⟨ {Икс}_{1} {Икс}_{2} | с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩ знак равно ф_{а} ({Икс}_{1}) ф_{б} ({Икс}_{2}) - ф_{а} ({Икс}_{1}) ф_{б} ({Икс}_{2}) . \end{aligned}

$\begin{align} \psi(x_1,x_2) = \langle x_1 x_2 | c_a^\dagger c_b^\dagger |0 \rangle = \phi_a(x_1) \phi_b(x_2) - \phi_a(x_1)\phi_b(x_2). \end{align}$ Тут я запутался. Какой объект

ψ (x_{1}, x_{2})

$\psi(x_1,x_2)$ , т. е. какому гильбертовому пространству оно принадлежит? Что именно мы делаем, когда делаем

⟨ x_{1} x_{2} | c_{a}^{†} c_{b}^{†} | 0 ⟩

$\langle x_1 x_2 | c_a^\dagger c_b^\dagger |0 \rangle$ ? Кажется, мы меняем/расширяем наше гильбертово пространство, принимая позиционное представление?

Написано таким образом и предполагает тот же раздел $H_a \otimes H_b$ , незапутанная природа исходного состояния больше не проявляется. Я не уверен, что раздел $H_a \otimes H_b$ даже означает в этом контексте. Будет ли это говорить $\psi(x_1, x_2) = \psi_a(x_1, x_2) \times \psi_b(x_1,x_2)$ куда $\psi_i(x_1,x_2)$ представляет собой линейную комбинацию $\phi_i(x_1), \phi_i(x_2)$ ? Мне это не кажется правильным.

Как бы то ни было, теперь у меня есть состояние, записанное двумя разными, но предположительно эквивалентными способами, с одним и тем же разделением гильбертова пространства, но в одном случае оно незапутанное, а в другом — запутанное.

Помощь?

Славикс

Вы не можете разделить двухфермионный сектор пространства Фока как тензорное произведение - базовые состояния всегда антисимметричны.

нервххх

@ Славикс: извините, я не совсем понял, что вы имели в виду. Ты говоришь

H = H_{a} \otimes H_{b}

$H = H_a \otimes H_b$ неправильно? но именно так вы создаете состояния Фока с несколькими фермионами. каждый оператор

c_{i}^{†}

$c_i^\dagger$ действует в гильбертовом пространстве, которое представляет собой просто вакуум и возбуждение, и поэтому для

N

$N$ фермионы

H = ⨂_{i = 1}^{N} H_{i}

$H = \bigotimes_{i=1}^N H_i$ (

2^{N}

$2^N$ возможных состояний). вот я как раз рассматриваю

N = 2

$N = 2$ .

С. Гаммельмарк

@Slaviks - если вы примените преобразование Жордана-Вигнера, вы сразу же получите разложение тензорного произведения на двумерные гильбертовы пространства. Я думаю, что этот вопрос является постоянной дискуссией в литературе. Существуют разные подходы, так как с (анти-)симметризацией не так-то просто справиться. На мой взгляд, ответ должен быть найден путем рассмотрения результатов измерений и их корреляций, а следовательно (вероятно) факторизационных свойств одно- и двухчастичных матриц плотности в простейших случаях. См., например, arXiv:0902.1684 и PRA 67, 024301 (2003) и их ссылки.

Славикс

@nervxxx Я понимаю, что ты имеешь в виду. Я говорю, что разложение числа профессий

H_{1} ⨂ H_{2}

$H_1 \bigotimes H_2$ не то же самое, что (невозможное) разложение на тензорное произведение одночастичных гильбертовых пространств. Но надо еще подумать, особенно в свете комментария С. Гаммельмарка.

твистор59

В самом деле, существует много литературы, посвященной обсуждению того факта, что антисимметризация, которую вы автоматически получаете в мультифермионных состояниях, не должна рассматриваться как полезная в оперативном отношении «запутанность», например , Занарди и др . заявляют, что бесполезно обсуждать запутанность без указания того, каким образом можно манипулировать и исследовать составляющие его физические степени свободы. В этом смысле запутанность всегда связана с определенным набором экспериментальных возможностей.

нервххх

@ Славикс: все еще в замешательстве. Мой

H_{i}

$H_i$ является гильбертовым пространством одиночных орбиталей, а не одночастичным гильбертовым пространством. Число частиц не определено (но ограничено

0 \leq 2

$0 \leq 2$ в этом случае), пока я не дам состояние. т.е. я не смотрю на двухчастичное фоковское пространство.

Джесс Ридель

Расширяя комментарий твистора59: в этом случае важным ограничением является то, что фермионы неразличимы. В традиционном состоянии Белла мы можем проводить любые измерения в любой системе по отдельности. Но в 1-м квантованном изображении 2 фермионов, занимающих 2 моды, невозможно провести измерение только 1 из фермионов. Достоинством второй квантованной картины является то, что это очевидное ограничение показано как путаница: вы не можете различить два фермиона, потому что они не являются двумя разными объектами. Они просто подсчитывают возбуждение более фундаментальных объектов, модусов.

С Валера

@twistor59 +1 за ссылку на Занарди, хорошо решает проблему в столбце 2 на странице 1.

Ответы (3)

Запутался или не запутался?

Вы не можете разделить двухфермионный сектор пространства Фока как тензорное произведение - базовые состояния всегда антисимметричны.
@ Славикс: извините, я не совсем понял, что вы имели в виду. Ты говоришь $H = H_a \otimes H_b$ неправильно? но именно так вы создаете состояния Фока с несколькими фермионами. каждый оператор $c_i^\dagger$ действует в гильбертовом пространстве, которое представляет собой просто вакуум и возбуждение, и поэтому для $N$ фермионы $H = \bigotimes_{i=1}^N H_i$ ( $2^N$ возможных состояний). вот я как раз рассматриваю $N = 2$ .
@Slaviks - если вы примените преобразование Жордана-Вигнера, вы сразу же получите разложение тензорного произведения на двумерные гильбертовы пространства. Я думаю, что этот вопрос является постоянной дискуссией в литературе. Существуют разные подходы, так как с (анти-)симметризацией не так-то просто справиться. На мой взгляд, ответ должен быть найден путем рассмотрения результатов измерений и их корреляций, а следовательно (вероятно) факторизационных свойств одно- и двухчастичных матриц плотности в простейших случаях. См., например, arXiv:0902.1684 и PRA 67, 024301 (2003) и их ссылки.
@nervxxx Я понимаю, что ты имеешь в виду. Я говорю, что разложение числа профессий $H_1 \bigotimes H_2$ не то же самое, что (невозможное) разложение на тензорное произведение одночастичных гильбертовых пространств. Но надо еще подумать, особенно в свете комментария С. Гаммельмарка.
В самом деле, существует много литературы, посвященной обсуждению того факта, что антисимметризация, которую вы автоматически получаете в мультифермионных состояниях, не должна рассматриваться как полезная в оперативном отношении «запутанность», например , Занарди и др . заявляют, что бесполезно обсуждать запутанность без указания того, каким образом можно манипулировать и исследовать составляющие его физические степени свободы. В этом смысле запутанность всегда связана с определенным набором экспериментальных возможностей.
@ Славикс: все еще в замешательстве. Мой $H_i$ является гильбертовым пространством одиночных орбиталей, а не одночастичным гильбертовым пространством. Число частиц не определено (но ограничено $0 \leq 2$ в этом случае), пока я не дам состояние. т.е. я не смотрю на двухчастичное фоковское пространство.
Расширяя комментарий твистора59: в этом случае важным ограничением является то, что фермионы неразличимы. В традиционном состоянии Белла мы можем проводить любые измерения в любой системе по отдельности. Но в 1-м квантованном изображении 2 фермионов, занимающих 2 моды, невозможно провести измерение только 1 из фермионов. Достоинством второй квантованной картины является то, что это очевидное ограничение показано как путаница: вы не можете различить два фермиона, потому что они не являются двумя разными объектами. Они просто подсчитывают возбуждение более фундаментальных объектов, модусов.
@twistor59 +1 за ссылку на Занарди, хорошо решает проблему в столбце 2 на странице 1.

мгфиз · Answer 1

Напомню, что фоковское пространство кратных фермионов определяется как антисимметричное (фермионное) подпространство полного фоковского пространства

Г_{а} знак равно ⨁_{н знак равно 0}^{\infty} {ЧАС}^{\land н},

$\Gamma_a=\bigoplus_{n=0}^{\infty}H^{\wedge n},$

куда $\wedge$ обозначает антисимметричное тензорное произведение

в_{1} \land \dots \land в_{н} знак равно \frac{1}{н!} \sum_{п е п_{н}} о_{п} в_{п (1)} \land \dots \land в_{п (н)} .

$v_1\wedge\ldots\wedge v_n=\frac{1}{n!}\sum_{p\in P_n}\sigma_p v_{p(1)}\wedge\ldots\wedge v_{p(n)}.$

Здесь $\sigma_p$ является знаком перестановки $p$ в группе перестановок $P_n$ .

Таким образом, путаница здесь происходит из-за того, что $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle\neq|ab\rangle$ как вы, кажется, утверждаете.

Напомним, что операторы создания и уничтожения определены в представлении числа заполнения, т.е. $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=|11\rangle$ , где первое число обозначает количество фермионов в состоянии $a$ а второе обозначает количество фермионов в состоянии $b$ . С другой стороны, состояния, записанные в представлении числа заполнения, определяются как должным образом антисимметричные (для фермионов) базисные состояния многих тел, что навязано нам неразличимостью частиц. Поэтому они определены в фермионном фоковском пространстве. Это показано в любом учебнике, взгляните, например, на первую главу «Квантовая теория многих тел в физике конденсированных сред: введение» Брууса и Фленсберга. Для двух фермионов, описанных с помощью одночастичного базиса $\{|a\rangle,|b\rangle\}$ один из возможных вариантов:

| 11 ⟩ знак равно \frac{1}{\sqrt{2}} (| а б ⟩ - | б а ⟩) .

$|11\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|ab\rangle-|ba\rangle\right).$ Следовательно

с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩ знак равно \frac{1}{\sqrt{2}} (с_{а}^{†} | 0 ⟩_{1} \otimes с_{б}^{†} | 0 ⟩_{2} - с_{б}^{†} | 0 ⟩_{1} \otimes с_{а}^{†} | 0 ⟩_{2})

$c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(c_a^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2-c_b^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_a^{\dagger}|0\rangle_2\right)$

Знакомая антикоммутативность этих операторов теперь очевидна из этого из

с_{б}^{†} с_{а}^{†} | 0 ⟩ знак равно \frac{1}{\sqrt{2}} (с_{б}^{†} | 0 ⟩_{1} \otimes с_{а}^{†} | 0 ⟩_{2} - с_{а}^{†} | 0 ⟩_{1} \otimes с_{б}^{†} | 0 ⟩_{2}) знак равно - с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩

$c_b^{\dagger}c_a^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(c_b^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_a^{\dagger}|0\rangle_2-c_a^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2\right)=-c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle$

На самом деле одно из больших преимуществ операторов рождения и уничтожения состоит в том, что они неявно включают антисимметрию (для фермионов) волновой функции.

Расставить точки с $\langle x_1x_2|$ мы получаем:

⟨ {Икс}_{1} {Икс}_{2} | с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩ знак равно \frac{1}{\sqrt{2}} (ф_{а} ({Икс}_{1}) ф_{б} ({Икс}_{2}) - ф_{б} ({Икс}_{1}) ф_{а} ({Икс}_{2})) .

$\langle x_1x_2|c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\phi_a(x_1)\phi_b(x_2)-\phi_b(x_1)\phi_a(x_2)\right).$

Таким образом, противоречия нет, оба представления показывают, что частицы запутаны.

С другой стороны, многоточие $\langle x_1x_2|$ с $c_a^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2$ просто произвел бы

ψ ({Икс}_{1}, {Икс}_{2}) знак равно ф_{а} ({Икс}_{1}) ф_{б} ({Икс}_{2})

$\psi(x_1,x_2)=\phi_a(x_1)\phi_b(x_2)$

Поэтому и здесь нет противоречия, однако, как я уже сказал, важно помнить, что

с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩ \neq с_{а}^{†} | 0 ⟩_{1} \otimes с_{б}^{†} | 0 ⟩_{2}

$c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle\neq c_a^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2$

Нет, это неправильно. При указанном мною в задаче выборе разбиения гильбертова пространства две подсистемы однозначно не запутаны . Я привожу, например, использование орбитального разреза в спектре запутанности состояний QH (поищите его) — там состояния IQH не запутаны, потому что они имеют вид $|\psi\rangle = \prod_i c_i^\dagger |0\rangle$ .
Следующий, $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(c_a^{\dagger}|0 \rangle_1 \otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2-c_b^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_a^{\dagger}|0\rangle_2\right)$ неправильно. Многочастичный вакуум состояния Фока строится из тензорного произведения отдельных вакуумов. $\prod_i |0\rangle_i$ . Тогда представление состояния Фока возникает из-за действия операторов создания на этом: $c_a^\dagger c_b^\dagger |0\rangle = |0\rangle_i \cdots c_a^\dagger |0\rangle_a \otimes \cdots c_b^\dagger |0\rangle_b \cdots|0\rangle_j$
Антикоммутативность возникает из-за канонических антикоммутационных соотношений $\{ c_i, c_j^\dagger \} = \delta_{ij}$ . Затем это приводит к $c_a^\dagger c_b^\dagger |0\rangle = -c_b^\dagger c_a^\dagger |0\rangle$ . весь смысл представления числа состояний Фока в том, что оно рассматривает частицы непосредственно как неразличимые и не имеет нефизической метки (положения, $x_1, x_2, \cdots$ ) для каждой частицы, как первая квантованная запись (волновая функция). Первая квантованная запись действительно громоздка и неудобна, потому что то, что она делает
означает, что каждая частица различима с помощью меток положения $x_1, x_2, \cdots$ , но затем он применяет правило, согласно которому они на самом деле неразличимы и должны быть нечетными при перестановке меток, что приводит к схеме детерминанта/антисимметризации Слейтера. Таким образом, 1.
@nervxxx, я отредактировал свой ответ, чтобы еще больше объяснить свою точку зрения. Однако я также хотел бы, чтобы вы снабдили меня конкретными ссылками, так как «иди и посмотри» не один.
@nervxxx, что касается многочастичного фоковского пространства, я объяснил в своем ответе, что для фермионов используется антисимметричное тензорное произведение. Поэтому для двух фермионов $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(c_a^{\dagger} |0\rangle_1 \otimes c_b^{\dagger}|0\rangle_2-c_b^{\dagger}|0\rangle_1\otimes c_a^{\dagger}|0\rangle_2\right)$ правильно.
Я согласен с остальными вашими комментариями и отмечаю, что весь мой ответ основан на этом.
вам может понадобиться некоторый опыт в физике QH, но $\nu = 1$ Состояние IQH — это чистое состояние произведения . $\rho$ является состоянием-произведением в орбитальном базисе и, следовательно, $\rho_A$ является чистым состоянием для любого орбитального биразбиения (где все $N_A$ орбитали в подсистеме $A$ заполнены) этой системы. Следовательно, ЭС (а значит, и энтропия запутанности) тривиальна, состоит ровно из одного уровня.
суть в том, что для состояния чистого произведения с тем разбиением, которое я описал в своем посте, запутанности нет, т.е. оно имеет только одно значение Шмидта.
Уважаемый @nervxxx, спасибо за ресурсы. Я понимаю и согласен с этими аргументами. Единственное, что я пытался сделать, это то, что если вы хотите $H=H_a\otimes H_b$ раздел, который вы не можете использовать $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle$ вектор, так как он подразумевает антисимметричное разбиение. Это, я считаю, является источником путаницы.
это утверждение совершенно безосновательно. Почему нельзя использовать вектор? Вы выбираете вектор просто из полного гильбертова пространства $H$ . Разбиение, которое вы накладываете на гильбертово пространство, является совершенно независимым выбором. Для ресурсов, которые я вам дал, посмотрите: на самом низком уровне Ландау гильбертово пространство задается тензорным произведением орбитальных гильбертовых пространств $H = \otimes_{i=1}^{l} H_i$ . Орбитальный разрез задается выбором разбиения $H = H_a \otimes H_b \equiv (\otimes_{i=1}^{m} H_i) \otimes (\otimes_{i={m+1}}^{l} H_i)$ . Состояние IQH, которое задается
$(\prod_{i=1}^l c_i^\dagger ) |0\rangle$ , при этом разбиении становится $\prod_{i=1}^m c_i^\dagger |0\rangle \otimes \prod_{i=m+1}^l c_i^\dagger |0\rangle$ . Так что запутанности нет. Именно это авторы подразумевают под орбитальным разрезом, имеющим только один уровень Шмидта. Вместо этого я считаю, что вы совершенно запутались в своем понимании антисимметричного пространства Фока.
Я был бы признателен, если бы вы указали, что вы считаете неправильным в моем ответе. Вы хотели сказать, что $c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle$ не подразумевает антисимметричное тензорное произведение?
Обратите внимание, что то, как вы поставили вопрос, имеет очень мало общего с IQH. Это также не касается природы запутанности неразличимых частиц, которая обсуждается, например, в physik.rwth-aachen.de/fileadmin/user_upload/www_physik/… и sqig.math.ist.utl.pt/pub/PaunkovicN/04. -P-phdthesis.pdf
Также мне кажется, что вопрос, который вы задали, не тот, который вы хотели задать, и ответ на этот последний может быть здесь physics.stackexchange.com/questions/35185/…
Я бы не стал доверять бакалаврской диссертации, которую вы мне дали, - в ней есть ошибки. кандидатская диссертация в порядке. мой вопрос имеет прямое отношение к ИКХ - я просто ограничиваю количество орбиталей до 2 для иллюстративных целей, в то время как в ИКЭХ на компактном многообразии количество орбиталей равно $N_{orb}$ . Хорошо, что не так с вашим комментарием, указано в моем втором комментарии в цепочке. Ваше последнее утверждение, что $c_a^\dagger c_b^\dagger |0\rangle \neq \cdots$ не является правильным. Вы полностью путаете вторую квантованную запись и первую!
Но в любом случае я вижу проблему сейчас, извините, что это заняло так много времени. Мой $H$ не то же самое, что ваш $H$ . Ваш $H$ — одночастичное гильбертово пространство. Мой $H_i$ является гильбертовым пространством $i$ -я фермионная мода. Я проиллюстрирую это различие подсчетом аргументов. Скажи, что у нас есть $M$ орбиталей (с разными квантовыми числами). С каждой орбиталью связаны операторы повышения и понижения. $c_i, c_i^\dagger$ . Таким образом, гильбертово пространство орбитали (которое я использовал) имеет размерность 2. Полное гильбертово пространство есть тензорное произведение $M$ орбитали, $\otimes_i H_i$ , который имеет тусклый $2^M$ .
Это тензорное произведение не является ни симметризованным, ни антисимметричным. Это простое тензорное произведение. Теперь давайте посмотрим на ВАШ $H$ , который мы называем $H_1$ , одночастичное гильбертово пространство. Он охватывает $M$ возможные состояния $\phi_1(x), \cdots \phi_M(x)$ . Мы можем иметь максимум $M$ электронов в этой системе, поэтому размерность полного гильбертова пространства должна быть конечной. Давайте посчитаем явно. какова размерность двухчастичного гильбертова пространства? Это $H_1 \otimes H_1$ ? Нет, потому что мы используем первую квантованную запись, и для соблюдения теоремы о спиновой статистике нам нужно антисимметризовать это пространство.
Это дает нам $H_2 = S_\nu H_1 \otimes H_1 \subset H_1 \otimes H_1$ , куда $S_\nu$ — оператор антисимметризации тензора. Каков размер $H_2$ ? Это ${M \choose 2}$ . Затем аналогично затемнить $H_3 = {M \choose 3}$ , и так далее, пока $H_M$ . Наконец, отметим, что существует $H_0$ , вакуум, с которым НЕ связана волновая функция (без аргументов!), и имеет размерность 1. Это определяет пространство Фока, как вы заявили, $H = H_0 \oplus H_1 \oplus \cdots H_M$ , который имеет тусклый ${M \choose 0} + {M \choose 1} + \cdots + {M \choose M} = 2^M$ , так же, как прежде!
Однако ключевое отличие состоит в том, что $H$ на самом деле означает. Не запутайтесь. Помни, мой $H$ есть орбитальное гильбертово пространство, имеющее тусклый $2$ . Ваше одночастичное гильбертово пространство тусклое. $M$ , который, возможно, может быть бесконечным. Операторы рождения и уничтожения дают так называемую формулировку КМ второго квантования, которая полностью избегает (или, скорее, скрывает) проблему антисимметризации в своих коммутационных соотношениях. Здесь вы ошибаетесь, потому что используете $c_a^\dagger, c_b^\dagger$ как в первой квантованной нотации.
У меня не хватает терпения читать весь обмен, но мне интересно, зависит ли путаница от того, какое разделение вы делаете . В таком случае я возьмусь за комментирование. $\nu=1$ Состояние QH является чистым при орбитальном разделении, но не при «разделении частиц» . Возможно, это поможет -- arxiv.org/abs/0905.4024 @nervxxx, ваше двухчастичное состояние может быть чистым при орбитальном разделении, но оно запутано при разделении частиц. Запутанность полностью зависит от того, как вы решите разделить свою систему.
Я разработал этот комментарий в своем ответе.

Шива · Answer 2

Я публикую измененную версию своего комментария в качестве ответа, так как все больше людей увидят это таким образом.

Я думаю, что путаница в решающей степени зависит от того, какое разделение вы делаете . $\nu=1$ Состояние QH чисто при орбитальном разделении, но не при «разделении частиц». Может arXiv:0905.4204 поможет. IIRC, они разрабатывают простой пример этой детали во 2-м разделе.

@nervxxx, ваше двухчастичное состояние может быть чистым при орбитальном разделении, но оно запутано при разделении частиц. Из-за антисимметризации оно выглядит как синглетное состояние Белла.

Суть в том, что запутанность полностью зависит от того, как вы разделяете свою систему. Тонкость широко не ценится. Детальное обсуждение см. в этой статье http://rspa.royalsocietypublishing.org/content/463/2085/2277.full .

Да, спасибо. Вот к чему я пришел в конце концов. Но что меня раздражает (и причина всей длинной перепалки выше), так это то, что почти все остальные не понимают фоковское пространство (с одночастичным гильбертовым пространством тусклых $M$ ) изоморфна тензорному произведению $M$ орбитальные пространства. В этом можно убедиться, взглянув на размерность гильбертовых пространств — оба $2^M$ , и у одного есть 1-1 между двумя пробелами, поэтому они изоморфны! Это означает, что на самом деле можно разложить пространство Фока на тензорное произведение, за исключением того, что этот изоморфизм работает только для полных пространств,
нельзя разложить синглетную волновую функцию на тензорное произведение как $c_a^\dagger | 0 \rangle \otimes c_b^\dagger | 0 \rangle$ и представить его в виде некоторого $f(x_1) \otimes g(x_2)$ .

фрейд · Answer 3

Мы должны быть осторожны с формализмом скобок и его значением. в отличие $|x_1\rangle$ , я не уверен, что обозначение $|x_1 x_2\rangle$ куда $x_1$ а также $x_2$ являются позиционными координатами, имеет какой-либо смысл. В литературе [1] используется обозначение $|ab\rangle$ обозначает детерминант Слейтера или состояние Хартри-Фока, т.е.:

| а б ⟩ знак равно с_{а}^{†} с_{б}^{†} | 0 ⟩ знак равно ф_{а} ({Икс}_{1}) ф_{б} ({Икс}_{2}) - ф_{а} ({Икс}_{2}) ф_{б} ({Икс}_{1})

$|ab\rangle=c_a^{\dagger}c_b^{\dagger}|0\rangle=\phi_a(x_1) \phi_b(x_2)-\phi_a(x_2) \phi_b(x_1)$

Я чувствую, что ваше замешательство связано со смешением формализма чисел заполнения и представления реального пространства.

[1] Сабо, Остлунд, «Современная квантовая химия: введение в передовую теорию электронной структуры».

Если кто-нибудь объяснит смысл, стоящий за обозначением |r1 r2>, буду очень признателен.
$\newcommand\ket[1]{\left|#1\right>} \ket{x_1x_2}$ является общим сокращением для $\ket{x_1}\otimes\ket{x_2}$ . В общем, то, что написано внутри кета, — это просто ярлык: его значение сильно зависит от контекста. Смешивание двух представлений не редкость, если нет путаницы.
хорошо, я полностью согласен с этим. Но обратимся к частному случаю из поставленного выше вопроса, т. е. к случаю, когда $x_1$ и $x_2$ являются квантовыми числами, обозначающими собственные состояния позиционного оператора . В чем смысл разложения ? Кроме того, мне любопытно, есть ли какие-либо ссылки, содержащие такое обозначение для координатного пространства. Было бы интересно прочитать об этом подробнее. $\hat{x}$ $\ket{x_1}\otimes\ket{x_2}$
Я не понял, что $x_1$ и $x_2$ обозначают положение двух фермионов. Но тогда, конечно, кет $\ket{x_1x_2}$ не является антисимметризованным и не соответствует разрешенному состоянию. Только $\ket{x_1x_2} -\ket{x_2x_1}$ является допустимым состоянием.
Означает ли маркировка квантовые числа? Я думаю, что символы в бра и кет векторах в нотации Дирака не могут быть просто метками. Они должны быть правильными квантовыми числами. Поэтому я не вижу ясного смысла в $|x_1 x_2>$ если кто-нибудь не объяснит мне, что означает оператор $|x_1 x_2>$ принадлежит?
В общем случае они являются метками для собственных векторов в гильбертовом пространстве. Если «правильные квантовые числа» означают «метки собственного базиса данного оператора», то они не обязательно должны быть «правильными квантовыми числами». Если база бесплатная, то я точно не знаю, что значит "правильный"
С фермионами ситуация усложняется тем, что вы накладываете глобальную симметрию. $\newcommand\ket[1]{\left|#1\right>}$ $\ket{x1x2}\ket{\uparrow\uparrow}$ недопустимое состояние, но $\ket{x1x2}(\ket{\uparrow\downarrow}-\ket{\downarrow\uparrow}$ есть

Запутался или не запутался?

нервххх

Славикс

нервххх

С. Гаммельмарк

Славикс

твистор59

нервххх

Джесс Ридель

С Валера

Ответы (3)

мгфиз

нервххх

нервххх

нервххх

нервххх

мгфиз

мгфиз

мгфиз

нервххх

нервххх

мгфиз

нервххх

нервххх

мгфиз

мгфиз

мгфиз

нервххх

нервххх

нервххх

нервххх

нервххх

Шива

Шива

Шива

нервххх

нервххх

фрейд

фрейд

Фредерик Гроссанс

фрейд

Фредерик Гроссанс

фрейд

Фредерик Гроссанс

Фредерик Гроссанс