Cómo calcular la energía en el modelo Hubbard de dos bandas

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Cómo calcular la energía en el modelo Hubbard de dos bandas

qfzklm

Puede que sea una pregunta muy fácil para usted, pero estoy confundido y necesito ayuda.

En el modelo de Hubbard más simple en una red unidimensional, ignoro el $U$ término y sólo queda el término de salto.

H = - t \sum_{< i j >} C_{i}^{†} C_{j}

$H=-t\sum_{<ij>}{c^{\dagger}_{i} c_{j}}$ dónde

c_{i}^{†}

$c^{\dagger}_i$ y

c_{i}

$c_i$ son operadores de creación y operadores de aniquilación en el sitio

i

$i$ , respectivamente.

Y la transformación de Fourier se define como

C_{k} = \frac{1}{\sqrt{V}} \sum_{i} C_{i} {mi}^{i k r_{i}}

$c_{k}=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{i}{c_{i} e^{i k r_{i}}}$ aquí, el índice de suma

i

$i$ es subíndice, y es diferente de la unidad imaginaria

i

$i$ .

Finalmente, obtenemos

H (k) = \sum_{k} ϵ_{k} C_{k}^{†} C_{k}

$H(k)=\sum_{k}{\epsilon_{k} c^{\dagger}_{k} c_{k}}$ por suma sobre todo el índice del sitio

i

$i$ , y

< i j >

$<ij>$ da un factor geométrico que está incluido en la energía

ϵ_{k}

$\epsilon_{k}$ .

-------o-------o---------------o-------o----

    |<-a->|<----b---->|

         bilattice

Aquí, mi pregunta es, para bilattice, $\epsilon_{k}$ debe dar dos enlaces de energía - uno $k$ debería dar dos energías diferentes. no se como calcularlo

¿Usted me podría ayudar?

Adán

No está claro a qué se llama bilattice. ¿Tienes una fórmula (en espacio real) para ello?

Respuestas (1)

Cómo calcular la energía en el modelo Hubbard de dos bandas

No está claro a qué se llama bilattice. ¿Tienes una fórmula (en espacio real) para ello?

chocopouce · Answer 1

Al considerar una red bilattice, debe distinguir dos tipos de sitios.

       A       B               A       B
-------o-------o---------------o-------o----

       |<--a-->|<------b------>|

Por ejemplo, puede indicar los dos tipos de sitios con letras $A$ y $B$ como se muestra arriba. Entonces tienes ahora dos operadores diferentes de creación y destrucción. $c_{iA}^{\dagger}$ y $c_{iA}$ para crear o aniquilar una partícula en $A$ sitios y $c_{iB}^{\dagger}$ y $c_{iB}$ para $B$ sitios

Hay que tener cuidado con los índices $i$ . Con un entramado simple, los sitios tenían índices así:

       A       A       A       A       A
-------o-------o-------o-------o-------o
      i-1      i      i+1     i+2     i+3
       |<--a-->|<--a-->|<--a-->|

Pero sepa que los índices son diferentes ya que hay dos tipos de sitios:

       A       B               A       B
-------o-------o---------------o-------o----
       i       i              i+1     i+1
       |<--a-->|<------b------>|

Todo esto cambia expresiones de transformadas de Fourier y hamiltonianas:

C_{k A} = \frac{1}{\sqrt{V / 2}} \sum_{i} C_{i A} {mi}^{i k r_{i}} dónde r_{i} = i * (a + b)

$c_{kA}=\frac{1}{\sqrt{V/2}}\sum_{i}{c_{iA} e^{i k r_{i}}} \quad \text{where} \quad r_i=i*(a+b)$

C_{k B} = \frac{1}{\sqrt{V / 2}} \sum_{i} C_{i B} {mi}^{i k r_{i}} dónde r_{i} = i * (a + b) + a

$c_{kB}=\frac{1}{\sqrt{V/2}}\sum_{i}{c_{iB} e^{i k r_{i}}} \quad \text{where} \quad r_i=i*(a+b)+a$ EDITAR : el volumen del sistema debe dividirse por dos en transformadas de Fourier, ya que ahora hay dos sitios en cada celda primitiva (antes solo había uno). FIN DE EDITAR

El hamiltoniano ahora toma la forma:

H = - \sum_{i} t_{s} (C_{i A}^{†} C_{i B} + C_{i B}^{†} C_{i A}) + t_{yo} (C_{i B}^{†} C_{(i + 1) A} + C_{(i + 1) A}^{†} C_{i B})

$H=-\sum_{i}{t_s (c^{\dagger}_{iA} c_{iB} + c^{\dagger}_{iB} c_{iA})+t_l (c^{\dagger}_{iB} c_{(i+1)A} + c^{\dagger}_{(i+1)A} c_{iB})}$ donde he considerado un problema unidimensional. Dado que la distancia entre los sitios no siempre es la misma, es posible que desee considerar dos parámetros de salto diferentes:

t_{s}

$t_s$ para saltos cortos y

t_{l}

$t_l$ para los largos.

EDITAR: había olvidado los términos en el hamiltoniano, los términos de salto del vecino más cercano deben estar presentes en ambos sentidos $(A,i)\rightarrow (B,i)$ y $(B,i) \rightarrow(A,i)$ . Los saltos de longitud son $(A,i+1)\rightarrow (B,i)$ y $(B,i)\rightarrow (A,i+1)$ . FIN DE EDITAR

Si desea obtener una forma diagonal para su hamiltoniano, puede intentar encontrar un $2\times2$ matriz $M$ tal que:

H = - \sum_{k} (C_{k A}^{†} C_{k B}^{†}) METRO (\binom{C_{k A}}{C_{k B}})

$H=-\sum_{k}{(c^{\dagger}_{kA} c^{\dagger}_{kB})M\binom{c_{kA}}{c_{kB}}}$

M

$M$ contendrá parámetros de salto

t_{s}

$t_s$ y

t_{l}

$t_l$ , una vez que hayas diagonalizado

M

$M$ tu problema esta resuelto

¡Muchas gracias! Probé tu método y obtuve una respuesta. calculo la matriz $M=\left( \begin{array}{} 0 & t_s e^{ika} + t_l e^{-ikb} \\ t_s e^{-ika} + t_l e^{ikb} & 0 \\ \end{array} \right)$ y la energía es $E(k)=\pm |t_s e^{ika} + t_l e^{-ikb}|$ . ¿Tengo razón?
@qfzklm Había olvidado los términos conjugados hermitianos en el hamiltoniano, esos términos representan la otra forma de un salto entre dos sitios. Supongo que tendrás que volver a realizar los cálculos... Lo siento. Además, no olvide dividir el volumen/número de partículas por 2 en sus transformadas de Fourier.
@qfzklm En realidad, tenía razón, no olvidó ningún término. reviso tu $M$ matriz con el hamiltoniano editado y funciona (no olvide los prefactores según el volumen). Pero encuentro una energía diferente $E(k) = \pm \sqrt{t_s^2 + t_l^2 + 2t_s t_l \cos(k(a+b))}$ .

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qfzklm

Adán

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chocopouce

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