Второе квантование и гамильтонова диагонализация

Question

Второе квантование и гамильтонова диагонализация

Каймс

Итак, я хочу диагонализовать свой гамильтониан (это бозонный гамильтониан), который:

$H=(E+\Delta)a^{\dagger}a + 1/2\Delta(a^{\dagger}a^{\dagger} + aa)$

Мой класс не охватил этот материал, поэтому я действительно не знаю, как действовать. Я был бы признателен за любую литературу, посвященную этим темам, и сборник задач с решениями тоже был бы замечательным.

То, что я пытался сделать, это написать свой гамильтониан в матричной форме, которая была бы: $\begin{pmatrix} 1/2 \Delta & 1/2(E+\Delta) \\ 1/2(E+\Delta) & 1/2 \Delta \\ \end{pmatrix}$

А затем диагонализовать его, найти собственные состояния и т. д. Это правильный путь?

Каймс

Они, конечно, операторы уничтожения и созидания (они бозонные - забыл упомянуть). Я не знаю размерность, но гамильтониан действует в любом состоянии

| ϕ >

$|\phi>$ .

Мэн Ченг

Вы хотите найти нового оператора уничтожения

b

$b$ , представляющий собой линейную комбинацию

a

$a$ и

a^{†}

$a^\dagger$ , такой, что

[b, H] = E b

$[b, H]=E b$ где

E

$E$ будет собственная энергия.

Каймс

Но почему? Можете ли вы направить меня к любому источнику/книге?

смягченный

@MengCheng Это очень неестественный способ определить собственные состояния оператора, не так ли?

Мэн Ченг

@GennaroTedesco Я совсем не нахожу это необычным.

Себастьян Ризе

@GennaroTedesco Это называется преобразованием Боголюбова и довольно распространено и необходимо для гамильтонианов, содержащих члены

a a

$aa$ и

a^{†} a^{†}

$a^\dagger a^\dagger$ (обычно гамильтонианы среднего поля), такие как гамильтониан БКШ или гамильтонианы для возбуждений конденсата Бозе-Эйнштейна.

смягченный

Преобразование Боголюбова должно быть правильно определено тензорированием с соответствующим тождеством, поэтому его полная формулировка несколько сложнее, чем показано. Более того, я возражал против выражения, данного Менгом, потому что оно на самом деле не находит собственных состояний, а лишь переписывает гамильтониан более подходящим образом.

Себастьян Ризе

@GennaroTedesco Я согласен с тем, что комментарий не очень помогает найти решение (и является неполным). Тем не менее, путь решения этого задания, очевидно, лежит через преобразование Боголюбова. Но

[b, H] = E b

$[b, H] = Eb$ всего лишь следствие

H = E b^{†} b = E n

$H = E b^\dagger b = En$ .

смягченный

Опять же, мое единственное возражение было против формальной записи преобразования Боголюбова, которое должно быть правильно определено на общих областях и т.д. и т.п. Письмо

a + a^{†}

$a+a^{\dagger}$ без какого-либо другого предписания неверно (поскольку у двух операторов разные домены и разные содомены, интересно, как вы тогда суммируете результаты).

Мэн Ченг

Я не понимаю возражений. Конечно

[b, H] = E b

$[b,H]=Eb$ является следствием

H = E b^{†} b

$H=Eb^\dagger b$ , это именно то, что вам нужно найти

b

$b$ и

E

$E$ так как мы знаем

b

$b$ должна быть линейная комбинация

a

$a$ и

a^{†}

$a^\dagger$ Если не верите, просто воспользуйтесь этим соотношением и составьте полученные уравнения.

Себастьян Ризе

@GennaroTedesco Может быть, я слишком устал, но я не вижу проблемы. Почему у них разные домены?

a | 0 ⟩ = 0

$a\left| 0 \right> = 0$ . В самом деле, для гармонического осциллятора

x \propto a + a^{†}

$x \propto a + a^\dagger$ . (А гармонический осциллятор есть не что иное, как 0d, свободное бозонное поле). (У них действительно разные содомены, но

0

$0$ и

1

$1$ ). Но результаты получены из линейного пространства, поэтому их всегда можно суммировать (будь то пространство Фока или что-то еще).

смягченный

Еще раз, см. мои комментарии выше и ниже других ответов. Я не возражаю против результатов, я возражаю против определений

a + a^{†}

$a+a^{\dagger}$ на пространстве Фока (пожалуйста, предоставьте ему домены, действия и содомены). Кроме того, вторичное квантование пространства Фока не эквивалентно гармоническому осциллятору именно из-за проблемы с прямыми суммами гильбертовых пространств (чего нет в последнем).

Себастьян Ризе

Могут быть какие-то тонкости, которые я игнорирую, но я не понимаю, в чем они заключаются.

a

$a$ и

a^{†}

$a^\dagger$ являются линейными операторами в линейном фоковском пространстве. Поэтому я могу их добавить.

смягченный

Пространство Фока — это не просто одно гильбертово пространство; это бесконечная прямая сумма различных гильбертовых пространств (см. все мои комментарии и мой ответ). Действие

a, a^{†}

$a, a^{\dagger}$ сингулярно определен только на этих гильбертовых пространствах и должен быть склеен подходящим образом, чтобы его можно было применить ко всей бесконечной прямой сумме (т. е. к пространству Фока).

Ответы (3)

Второе квантование и гамильтонова диагонализация

Они, конечно, операторы уничтожения и созидания (они бозонные - забыл упомянуть). Я не знаю размерность, но гамильтониан действует в любом состоянии $|\phi>$ .
Вы хотите найти нового оператора уничтожения $b$ , представляющий собой линейную комбинацию $a$ и $a^\dagger$ , такой, что $[b, H]=E b$ где $E$ будет собственная энергия.
Но почему? Можете ли вы направить меня к любому источнику/книге?
@MengCheng Это очень неестественный способ определить собственные состояния оператора, не так ли?
@GennaroTedesco Я совсем не нахожу это необычным.
@GennaroTedesco Это называется преобразованием Боголюбова и довольно распространено и необходимо для гамильтонианов, содержащих члены $aa$ и $a^\dagger a^\dagger$ (обычно гамильтонианы среднего поля), такие как гамильтониан БКШ или гамильтонианы для возбуждений конденсата Бозе-Эйнштейна.
Преобразование Боголюбова должно быть правильно определено тензорированием с соответствующим тождеством, поэтому его полная формулировка несколько сложнее, чем показано. Более того, я возражал против выражения, данного Менгом, потому что оно на самом деле не находит собственных состояний, а лишь переписывает гамильтониан более подходящим образом.
@GennaroTedesco Я согласен с тем, что комментарий не очень помогает найти решение (и является неполным). Тем не менее, путь решения этого задания, очевидно, лежит через преобразование Боголюбова. Но $[b, H] = Eb$ всего лишь следствие $H = E b^\dagger b = En$ .
Опять же, мое единственное возражение было против формальной записи преобразования Боголюбова, которое должно быть правильно определено на общих областях и т.д. и т.п. Письмо $a+a^{\dagger}$ без какого-либо другого предписания неверно (поскольку у двух операторов разные домены и разные содомены, интересно, как вы тогда суммируете результаты).
Я не понимаю возражений. Конечно $[b,H]=Eb$ является следствием $H=Eb^\dagger b$ , это именно то, что вам нужно найти $b$ и $E$ так как мы знаем $b$ должна быть линейная комбинация $a$ и $a^\dagger$ Если не верите, просто воспользуйтесь этим соотношением и составьте полученные уравнения.
@GennaroTedesco Может быть, я слишком устал, но я не вижу проблемы. Почему у них разные домены? $a\left| 0 \right> = 0$ . В самом деле, для гармонического осциллятора $x \propto a + a^\dagger$ . (А гармонический осциллятор есть не что иное, как 0d, свободное бозонное поле). (У них действительно разные содомены, но $0$ и $1$ ). Но результаты получены из линейного пространства, поэтому их всегда можно суммировать (будь то пространство Фока или что-то еще).
Еще раз, см. мои комментарии выше и ниже других ответов. Я не возражаю против результатов, я возражаю против определений $a+a^{\dagger}$ на пространстве Фока (пожалуйста, предоставьте ему домены, действия и содомены). Кроме того, вторичное квантование пространства Фока не эквивалентно гармоническому осциллятору именно из-за проблемы с прямыми суммами гильбертовых пространств (чего нет в последнем).
Могут быть какие-то тонкости, которые я игнорирую, но я не понимаю, в чем они заключаются. $a$ и $a^\dagger$ являются линейными операторами в линейном фоковском пространстве. Поэтому я могу их добавить.
Пространство Фока — это не просто одно гильбертово пространство; это бесконечная прямая сумма различных гильбертовых пространств (см. все мои комментарии и мой ответ). Действие $a, a^{\dagger}$ сингулярно определен только на этих гильбертовых пространствах и должен быть склеен подходящим образом, чтобы его можно было применить ко всей бесконечной прямой сумме (т. е. к пространству Фока).

Мэн Ченг · Answer 1

Диагонализация гамильтониана означает, что вы хотите привести его к форме $H=\omega b^\dagger b$ , и довольно очевидно, что $b$ должна быть линейной комбинацией $a$ и $a^\dagger$ , и $b$ должно удовлетворять канонической коммутации операторов уничтожения, а именно $[b,b^\dagger]=1, [b,b]=0$ .

Теперь давайте напишем $b=ua+va^\dagger$ (это, кстати, называется преобразованием Боголюбова). Состояние $[b,b^\dagger]=1$ приводит к $|u|^2-|v|^2=1$ . Давайте расширимся $b^\dagger b$ :

б^{†} б "=" | ты |^{2} а^{†} а + | в |^{2} а а^{†} + {ты}^{*} в а^{†} а^{†} + ты в^{*} а а .

$b^\dagger b= |u|^2 a^\dagger a+ |v|^2 a a^\dagger + u^*v a^\dagger a^\dagger + uv^* aa.$

Поэтому

ю (| ты |^{2} + | в |^{2}) "=" Е + Δ, ю {ты}^{*} в "=" \frac{1}{2} Δ .

$\omega(|u|^2+|v|^2)=E+\Delta, \omega u^*v = \frac{1}{2}\Delta.$

Вместе с $|u|^2-|v|^2=1$ , у нас есть три уравнения для трех переменных ( $u, v, \omega$ ). В самом деле, в этом случае можно смело предположить $u$ и $v$ оба настоящие. Остальное просто алгебра.

Это то, о чем я просил. Способ его вычисления. Спасибо.

смягченный · Answer 2

Диагонализация оператора означает нахождение его собственных состояний.

Без ограничения общности ваш гамильтониан можно записать в виде

ЧАС "=" с_{1} а^{†} а + с_{2} а^{†} а^{†} + с_{3} а а

$H = c_1 a^{\dagger}a + c_2 a^{\dagger}a^{\dagger} + c_3 a a$ с

a^{†}, a

$a^{\dagger},a$ являющиеся операторами типа

a^{†} : H_{n} \mapsto H_{n + 1}

$a^{\dagger}\colon \mathcal{H}_n\mapsto \mathcal{H}_{n+1}$ (и наоборот для

a

$a$ ), где

H_{n}

$\mathcal{H}_n$ это

n

$n$ -частичное гильбертово пространство, дающее вклад в фоковское пространство

F = \oplus_{n}^{\infty} H_{n}

$\mathcal{F}= \oplus^{\infty}_n\mathcal{H}_n$ .

В вашем уравнении должно быть несколько ошибок, если вы действительно имеете в виду это во второй процедуре квантования. Во-первых, нет общего $a^{\dagger},a$ оператор, скорее у вас есть один для каждого импульса $k$ , то есть $a^{\dagger}_k,a_k$ создавать и уничтожать (в кавычках) частицы с импульсом $k$ ; здесь нет $k$ в вашем исходном гамильтониане, тогда как общая форма должна быть $\sum_k c_k\,a^{\dagger}_ka_k$ .

Во-вторых, в зависимости от того, являются ли ваши частицы фермионами или бозонами, соответствующие операторы ведут себя по-разному: например $a^{\dagger}_ka^{\dagger}_k=0$ для фермионов.

Если гамильтониан действует на подпространстве фоковского пространства с некоторым числом частиц $\mathcal{H}_n$ , то последние два члена в вашем уравнении приведут к действию на $\mathcal{H}_{n\pm2}$ , поэтому правая часть будет жить в $\mathcal{H}_n +\mathcal{H}_{n+2} +\mathcal{H}_{n-2}$ , что на самом деле не имеет никакого смысла, поскольку не дается рецепта суммирования элементов в разных гильбертовых пространствах (последние две части).

Либо вы назначаете точный рецепт для достижения вышеизложенного, либо где-то в формуле должны быть ошибки, как указано; попробуйте дать больше контекста, чтобы можно было понять, что вы имеете в виду. При этом предложенная литература о том, как записать любой гамильтониан во втором квантовании и найти соответствующие решения, например:

Большое спасибо. Теперь намного яснее. Но в моем гамильтониане нет ошибки (за исключением того, что матрица, которую я написал, не имеет смысла). Там нет суммирования, оно взято прямо из моей домашней работы.
Так что, по сути, мой гамильтониан должен держать меня в одном и том же пространстве Фока и действовать дальше. $H_n \rightarrow H_n$ . Это означает, что мой гамильтониан должен иметь одинаковое количество операторов создания и уничтожения в каждом коэффициенте, чтобы действовать из $H_n$ к $H_n$ ?
Да, точно. Плюс (я не совсем уверен), насколько я помню, есть общий аргумент (см. Schwabl), который показывает, что самый общий гамильтониан содержит только произведения одного и двух операторов рождения/уничтожения.
В другой задаче, которую мы будем решать в классе в ближайшем будущем, у меня есть что-то вроде этого: i.imgur.com/U0EAgfO.png . Это законно? Подходит ли наше определение? Подсказка состоит в том, чтобы решить ее с помощью преобразования Боголюбова. Это бесконечная сумма, так что я не знаю. Единственные найденные мной гамильтонианы, действующие в разных фоковских пространствах, — это тот, который я опубликовал в своем первом посте, и тот, что на картинке.
Для меня это не имеет особого смысла, поскольку, если честно, пришлось бы суммировать векторы в разных гильбертовых пространствах, если только не даются какие-то особые предписания.
Рецептов нет. Есть только этот намек, и цель состоит в том, чтобы найти собственные состояния. Ну, тогда я спрошу у своего учителя. Спасибо за ваше время, ваш пост действительно помог мне понять это лучше.
@GennaroTedesco Вы когда-нибудь сталкивались с теорией БКШ или теорией Боголюбова о возбуждении конденсатов Бозе-Эйнштейна? Там точно такие термины $aa$ и $a^\dagger a^\dagger$ происходить! Это просто означает, что собственные энергетические состояния не имеют определенного числа частиц. Суммирование векторов с разным числом частиц не представляет проблемы в пространстве Фока (которое является линейным пространством).
Смотрите мои комментарии выше. Преобразование Боголюбова требует корректного определения тензора с соответствующими тождественными операторами, которых нет в приведенном выше выражении. Только тогда можно определить суммы среди элементов в разных подпространствах фоковского пространства.
Что такого сложного в этом гамильтониане? Просто подумайте $a, a^\dagger$ быть лестничными операторами одномерных гармонических осцилляторов. Он определен на всем фоковском пространстве, и это прекрасно.
Не могли бы вы написать формальное определение оператора $a+a^{\dagger}$ (домены, содомены и действия)?
$(a + a^\dagger)\left|n\right> = a\left|n\right> + a^\dagger\left|n\right>$ . Домен $H$ , домен некоторого подпространства $H$ . $a\left|0\right> = 0$ . Я не вижу никакой проблемы. ( $H = \text{lin} \{ \left|0\right>, \left|1\right>, \ldots \}$ ). $a\left|n\right> = \left|n - 1 \right>$ для $n > 0$ , $a^\dagger\left|n \right> = \left|n + 1 \right>$ .
Операторы определены в гильбертовом пространстве. Существует четко определенное фоковское пространство, натянутое на $|n\rangle, n=0,1,\dots$ . $a$ и $a^\dagger$ оба являются линейными операторами в этом гильбертовом пространстве (поэтому они отображают состояние в этом пространстве в другое состояние). Каковы их действия? Вы должны знать, если вы прошли какой-либо курс квантовой механики.
Как вы суммируете $a|n\rangle + a^{\dagger}|n\rangle$ , так как первый живет в $\mathcal{H}_{n-1}$ а последний в $\mathcal{H}_{n+1}$ ? Вы должны увидеть несоответствие в обозначениях, если вы прошли какой-либо курс исчисления.
Гильбертово пространство состоит из бесконечного числа состояний $|n\rangle$ . Все они находятся в одном и том же гильбертовом пространстве. Что мешает вам суммировать два состояния в одном и том же гильбертовом пространстве? Кажется, вы никогда не видели гильбертово пространство, размерность которого больше, чем $1$ , а состояния помечаются некоторыми квантовыми числами, которые можно изменить, применяя линейные операторы?
Просто чтобы дать вам некоторые базовые определения, которые вы, кажется, упускаете из виду: $a\colon\mathcal{H}_n\mapsto\mathcal{H}_{n-1}$ , тогда как $a^{\dagger}\colon\mathcal{H}\mapsto\mathcal{H}_{n+1}$ , а пространство Фока есть бесконечная прямая сумма всех этих различных гильбертовых пространств. Как видите, они не находятся в одном и том же гильбертовом пространстве. Фоковское пространство не их линейный диапазон, а диапазон тензорного произведения, что было моим возражением. Если вы не видите такой разницы, мне интересно, как вы вообще относитесь к квантовым теориям поля.
Если вы правильно обосновываете процедуру (а это был мой первоначальный вопрос), то я полностью согласен с окончательными результатами (которые, кстати, конечно же правильны); но если вы суммируете вещи, даже не видя, где могут быть ошибки, что ж, это показывает очень странное и недостаточное понимание теории операторов.
Вы спрашиваете меня, как я вообще отношусь к квантовым теориям поля? Вот как: квантовые теории поля имеют дело с системами многих частиц, и частицы могут создаваться и уничтожаться. Таким образом, фактическое гильбертово пространство охватывается базисом числа заполнения, который определяет число заполнения в некоторых состояниях одной частицы. Вы можете разбить это бесконечномерное гильбертово пространство на подпространства с разным общим числом занятий, это ваша задача. $\mathcal{H}_n$ . Так $a$ переносит вас между этими подпространствами, что является линейным оператором в фактическом бесконечномерном гильбертовом пространстве.
Кажется, вы вообще не читали ни одного моего комментария.
Боюсь, это не мне не хватает полного понимания теории операторов.
Не думаю, что есть смысл продолжать эту дискуссию. Ответ есть, у ОП, похоже, нет проблем с пониманием $a$ и $a^\dagger$ (кроме того, задача, вероятно, ставилась в контексте лестничных операторов для гармонических осцилляторов). Мы оба думаем друг о друге, что не читаем комментарии и путаемся в элементарных вещах, это совершенно нормально. Я остановлюсь.

Микаэль Куисма · Answer 3

Как насчет использования матричного представления.

https://en.wikipedia.org/wiki/Creation_and_annihilation_operators#Matrix_representation

Вы можете иметь любое количество бозонов от 0 до бесконечности. Это будет вашей основой, а ваша волновая функция представлена в виде вектора, в котором элемент 0 дает амплитуду вероятности наличия 0 квантов, элемент 1 дает амплитуду для 1 кванта, 2 для 2 квантов и т. д. в системе.

Расчет с матрицами прост:

N = 1000;
a = zeros(N);
for i=1:N-1
a(i,i+1) = sqrt(i);
end
H = 10*a*a' + 5 / 2 * (a*a+a'*a');
eig(N)

Отказ от ответственности: я работал с фермионами почти всегда, за исключением какого-то квантового курса 8-летней давности.

Второе квантование и гамильтонова диагонализация

Каймс

Каймс

Мэн Ченг

Каймс

смягченный

Мэн Ченг

Себастьян Ризе

смягченный

Себастьян Ризе

смягченный

Мэн Ченг

Себастьян Ризе

смягченный

Себастьян Ризе

смягченный

Ответы (3)

Мэн Ченг

Каймс

смягченный

Каймс

Каймс

смягченный

Каймс

смягченный

Каймс

Себастьян Ризе

смягченный

Мэн Ченг

смягченный

Себастьян Ризе

Мэн Ченг

смягченный

Мэн Ченг

смягченный

смягченный

Мэн Ченг

смягченный

Мэн Ченг

Мэн Ченг

Микаэль Куисма