Cálculo de las relaciones de conmutación del operador de densidad (Atland & Simons)

Question

Cálculo de las relaciones de conmutación del operador de densidad (Atland & Simons)

Física
conmutador
materia Condensada
mecánica cuántica
segunda cuantización

jahan claes

Estoy tratando de trabajar con el ejemplo de Altland y Simons de fermiones que interactúan en una dimensión. Está en el capítulo 2, página 70 ( puedes encontrarlo aquí ).

Definen operadores fermiónicos

a_{s k}^{†}

$a_{sk}^\dagger$ dónde

s = L / R

$s=L/R$ .

a_{L k}^{†}

$a_{Lk}^\dagger$ es un operador que crea un electrón que va hacia la izquierda con impulso

(- k_{F} + k)

$(-k_F+k)$ , y

a_{R k}^{†}

$a_{Rk}^\dagger$ es un operador que crea un electrón que va hacia la derecha con impulso

(k_{F} + k)

$(k_F+k)$ . Así que básicamente,

a_{L k}^{†} = a_{- k_{F} + k}^{†}

$a_{Lk}^\dagger=a_{-k_F+k}^\dagger$ ,

a_{R k}^{†} = a_{k_{F} + k}^{†}

$a_{Rk}^\dagger=a_{k_F+k}^\dagger$ . Estos operadores están restringidos a existir solo para pequeñas

k

$k$ .

Luego, definen operadores de densidad

ρ_{s q} = \sum_{k} a_{s k + q}^{†} a_{s k}

$\rho_{sq}=\sum_k a^\dagger_{sk+q}a_{sk}$

Continúan mostrando que las relaciones de conmutación para los operadores de densidad son

[ρ_{s q}, ρ_{s^{'} q^{'}}] = d_{s, s^{'}} \sum_{k} (a_{s k + q}^{†} a_{s k - q^{'}} - a_{s k + q + q^{'}}^{†} a_{s k})

$[\rho_{sq},\rho_{s'q'}]=\delta_{s,s'}\sum_k (a^\dagger_{sk+q}a_{sk-q'}-a^\dagger_{sk+q+q'}a_{sk})$

Ahora, aquí está la parte que no entiendo. Dicen que quieren reemplazar el lado derecho de la ecuación con su valor esperado del estado fundamental. Definen el estado fundamental de la teoría por $|\Omega\rangle$ . Luego afirman que

⟨ Ω | a_{s k}^{†} a_{s k^{'}} | Ω ⟩ = d_{k k^{'}}

$\langle\Omega|a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle = \delta_{kk'}$

¿Por qué debería ser esto cierto? Entiendo que en la teoría de la no interacción, $a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle$ es ortogonal a $|\Omega\rangle$ a menos que $k=k'$ . Pero en la teoría de la interacción, el estado fundamental podría estar en una superposición de estados que significa $\langle\Omega|a^\dagger_{sk}a_{sk'}|\Omega\rangle\neq0$ .

En última instancia, usan esto para probar

⟨ Ω | [ρ_{s q}, ρ_{s^{'} q^{'}}] | Ω ⟩ = d_{s, s^{'}} d_{q, - q^{'}} \sum_{k} ⟨ Ω | (a_{s k + q}^{†} a_{s k + q} - a_{s k}^{†} a_{s k}) | Ω ⟩

$\langle\Omega|[\rho_{sq},\rho_{s'q'}]|\Omega\rangle = \delta_{s,s'}\delta_{q,-q'}\sum_k\langle\Omega|(a^\dagger_{sk+q}a_{sk+q}-a^\dagger_{sk}a_{sk})|\Omega\rangle$ y no veo otra manera de probar esto.

¿Qué me estoy perdiendo?

Praan

El estado fundamental

| Ω ⟩

$|\Omega\rangle$ es la esfera de Fermi llena (o línea en 1D). Esto se considera como el vacío y las excitaciones de baja energía de este vacío son las cuasipartículas (ondas de densidad de carga en el caso sin espín 1D). El estado fundamental no cambia en presencia de interacciones débiles. La aproximación es similar a la teoría de perturbaciones de primer orden en la mecánica cuántica ordinaria.

jahan claes

@Praan En el texto, dicen que la única aproximación que están haciendo es que nos enfocamos solo en las excitaciones bajas por encima del estado fundamental, NO que el estado fundamental esté cerca del estado fundamental que no interactúa. Sin embargo, de cara al futuro, continúan describiendo

| Ω ⟩

$|\Omega\rangle$ como un mar de fermi lleno, por lo que puede que tengas razón. ¿Hay alguna manera de hacer este cálculo sin esta suposición?

Respuestas (1)

Cálculo de las relaciones de conmutación del operador de densidad (Atland & Simons)

El estado fundamental $|\Omega\rangle$ es la esfera de Fermi llena (o línea en 1D). Esto se considera como el vacío y las excitaciones de baja energía de este vacío son las cuasipartículas (ondas de densidad de carga en el caso sin espín 1D). El estado fundamental no cambia en presencia de interacciones débiles. La aproximación es similar a la teoría de perturbaciones de primer orden en la mecánica cuántica ordinaria.
@Praan En el texto, dicen que la única aproximación que están haciendo es que nos enfocamos solo en las excitaciones bajas por encima del estado fundamental, NO que el estado fundamental esté cerca del estado fundamental que no interactúa. Sin embargo, de cara al futuro, continúan describiendo $|\Omega\rangle$ como un mar de fermi lleno, por lo que puede que tengas razón. ¿Hay alguna manera de hacer este cálculo sin esta suposición?

marca mitchison · Answer 1

$\def\kk{\mathbf{k}} \def\ii{\mathrm{i}} \def\qq{\mathbf{q}}$

Puede probar esto utilizando la invariancia de traducción, sin ninguna otra suposición sobre la naturaleza del estado fundamental que interactúa. Voy a dar el argumento en $D$ dimensiones, que obviamente se mantiene en $D=1$ como un caso especial.

Las traslaciones espaciales del sistema como un todo son generadas por el momento del centro de masa ( $\hbar = 1$ )

PAG = \sum_{k, s} k a_{k s}^{†} a_{k s},

${\bf P} = \sum_{\kk,s} \kk a_{\kk s}^\dagger a_{\kk s},$ donde el tipo de negrita denota un vector en

D

$D$ dimensiones. El operador unitario

T_{r} = e^{i P \cdot r}

$T_{\bf r} = \mathrm{e}^{\ii {\bf P} \cdot {\bf r}}$ describe una traslación del sistema de coordenadas por una cantidad

r

${\bf r}$ . Ahora, la suposición crucial es que el estado fundamental que interactúa satisface la condición

P | Ω ⟩ = 0

${\bf P} \lvert \Omega \rangle = 0$ , es decir

T_{r} | Ω ⟩ = | Ω ⟩

$T_{\bf r} \lvert \Omega \rangle = \lvert \Omega \rangle$ . Esto es válido para cualquier sistema con interacciones de traslación invariantes, ya que en ese caso 1) el hamiltoniano

H

$H$ viaja con

P

${\bf P}$ , de modo que los estados propios de

H

$H$ también son estados propios de

P

${\bf P}$ , y 2) estados propios de

P

${\bf P}$ obtener una contribución positiva

P^{2} / 2 M

${\bf P}^2/2M$ a su energía (en aproximación no relativista), con

M

$M$ la masa total del sistema. Por lo tanto, el estado fundamental

| Ω ⟩

$\lvert \Omega \rangle$ se encuentra en el

P = 0

${\bf P}=0$ sector. Por supuesto, los argumentos formales anteriores prueban lo que ya debería ser obvio: un sistema en su estado fundamental no tiene movimiento general en el marco del laboratorio.

El resto del argumento se deriva de un poco de álgebra simple. Se prueba fácilmente la relación de conmutación

[PAG, a_{k s}] = - k a_{k s},

$[\mathbf{P},a_{\kk s}] = -\kk a_{\kk s},$ lo que significa físicamente que el operador de la escalera

a_{k s}

$a_{\kk s}$ reduce la cantidad de movimiento total del sistema en una cantidad

k

$\kk$ , y además implica la propiedad de traducción

T_{r} a_{k s} T_{r}^{†} = {mi}^{- i k \cdot r} a_{k s} .

$T_{\bf r} a_{\kk s}T_{\bf r}^\dagger = \mathrm{e}^{-\ii {\bf k} \cdot {\bf r}}a_{\kk s}.$ Resulta que

\begin{aligned} ⟨ Ω | a_{k s}^{†} a_{k^{'} s} | Ω ⟩ & = ⟨ Ω | (T_{r}^{†} T_{r}) a_{k s}^{†} (T_{r}^{†} T_{r}) a_{k^{'} s} (T_{r}^{†} T_{r}) | Ω ⟩ \\ = ⟨ Ω | (T_{r} a_{k s}^{†} T_{r}^{†}) (T_{r} a_{k^{'} s} T_{r}^{†}) | Ω ⟩ \\ = {mi}^{i (k - k^{'}) \cdot r} ⟨ Ω | a_{k s}^{†} a_{k^{'} s} | Ω ⟩, \end{aligned}

$\begin{align} \langle \Omega \rvert a^\dagger_{\kk s}a_{\kk' s} \lvert \Omega \rangle & = \langle \Omega \rvert \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) a^\dagger_{\kk s} \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) a_{\kk' s} \left(T_{\bf r}^\dagger T_{\bf r}\right) \lvert \Omega \rangle \\ & = \langle \Omega \rvert \left(T_{\bf r}a^\dagger_{\kk s}T_{\bf r}^\dagger \right)\left(T_{\bf r} a_{\kk' s}T_{\bf r}^\dagger \right)\lvert \Omega \rangle \\ & = \mathrm{e}^{\ii (\kk - \kk')\cdot {\bf r}}\langle \Omega \rvert a^\dagger_{\kk s}a_{\kk' s} \lvert \Omega \rangle, \end{align}$ donde la primera igualdad se sigue de la unitaridad de

T_{r}

$T_{\bf r}$ , el segundo de la invariancia de traducción del estado fundamental que interactúa, y el tercero usando la propiedad de traducción de los operadores de escalera. Teniendo en cuenta que la igualdad anterior se cumple para todos

r

${\bf r}$ , concluimos que ambos lados deben desaparecer a menos que

k = k^{'}

$\kk = \kk'$ .

Finalmente, vale la pena mencionar que este argumento no se basa de ninguna manera en las estadísticas fermiónicas, y lo mismo es cierto en un sistema bosónico. De hecho, una propiedad similar es válida para cualquier operador que aumente la cantidad de movimiento del sistema en una cantidad definida (satisfaciendo así la propiedad de traslación anterior). Esto incluye los propios componentes de densidad de Fourier,

ρ_{q s} = \sum_{k} a_{k + q s}^{†} a_{k s},

$\rho_{\qq s} = \sum_\kk a^\dagger_{\kk+\qq s}a_{\kk s},$ que satisfacen

⟨ Ω | ρ_{q s}^{†} ρ_{q^{'} s} | Ω ⟩ \propto d_{q q^{'}} .

$\langle \Omega \rvert \rho_{\qq s}^\dagger \rho_{\qq' s}\lvert \Omega \rangle \propto \delta_{\qq\qq'}.$

¡Guau! Este es un enfoque en el que nunca hubiera pensado. ¡Gracias!
Quizás varios años tarde, pero ¿cómo se supone que los fermiones tienen tal relación de conmutación (en lugar de anticonmutación) en primer lugar?
Hola @donnydm, en realidad puedes probar esa relación de conmutación a partir de las relaciones anticonmutación fermiónicas fundamentales. Eso es, $[a^\dagger a,a] = -a$ es cierto tanto para los fermiones como para los bosones.
@MarkMitchison Ah, veo que podemos usar $[A,B]=2AB-\{A,B\}$ y $a^2=0$ , ¡gracias!

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