Derivación del hamiltoniano de un solo cuerpo en QFT

Question

Derivación del hamiltoniano de un solo cuerpo en QFT

chicolocorojo

Tengo algunos problemas con algunos pasos del razonamiento.

Mi primer problema es por qué la energía cinética es diagonal en la representación del momento, y por qué eso significa que el hamiltoniano en su conjunto será diagonal en esta representación (hasta donde puedo entender, el potencial puede causar dispersión que se manifiesta fuera de los términos diagonales). El libro ( Condensed Matter Field Theory (2nd Ed) de Alexander Altland y Ben Simons ) dice que se debe comenzar con la representación del momento y generalizar a la base de la posición. Supongo que esto se debe a que el hamiltoniano es diagonal en la base del impulso, que es lo que dice el libro para usar como punto de partida. ¿Es simplemente porque en el espacio de cantidad de movimiento el operador de energía cinética se comporta como un número c (es decir, $\frac{p^2}{2m}$ dónde $p$ es un número c).

La segunda parte en la que tengo algún problema es con la derivación real. Mis pasos son los siguientes. Comenzando con lo que creo que es la segunda representación cuantizada del hamiltoniano. $\hat{H}_1$ en representación de momento

{\hat{H}}_{1} = \sum_{pag = 0}^{\infty} ⟨ pag | \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + tu (pag) | pag ⟩ a_{pag}^{†} a_{pag}

$\hat{H}_1=\sum^{\infty}_{p=0}\langle p|\frac{p^2}{2m}+U(p)|p\rangle a_p^\dagger a_p$ dónde

a^{†}

$a^\dagger$ es el operador de creación,

a

$a$ es el operador aniquilador, y

p

$p$ es la cantidad de movimiento en la representación del espacio de cantidad de movimiento.

Usando el operador de proyección como una transformación unitaria, cambiamos la base a la representación de posición

{\hat{H}}_{1} = \sum_{pag = 0}^{\infty} \int ⟨ pag | X ⟩ ⟨ X | \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + tu (pag) | X ⟩ ⟨ X | pag ⟩ a_{pag}^{†} a_{pag} d^{d} r

$\hat{H}_1=\sum_{p=0}^\infty\int\langle p|x\rangle\langle x|\frac{p^2}{2m}+U(p)| x\rangle\langle x|p\rangle a_p^\dagger a_pd^dr$ De esto no estoy muy seguro, ya que creo

⟨ p | \frac{p^{2}}{2 m} + U (p) | p ⟩

$\langle p|\frac{p^2}{2m}+U(p)|p\rangle$ debe tratarse como una constante, por lo que no estoy seguro de si puedo insertar la identidad

I = \int | x ⟩ ⟨ x | d^{d} r

$I=\int |x\rangle\langle x|d^dr$ dentro del valor esperado. Tampoco estoy completamente seguro de por qué podemos tomar la suma en el mismo rango, ya que en general para un operador de un solo cuerpo

{\hat{O}}_{1}

$\hat{O}_1$

{\hat{O}}_{1} = \sum_{m v} ⟨ m | \hat{o} | v ⟩ a_{m}^{†} a_{v}

$\hat{O}_1=\sum_{\mu\nu}\langle\mu|\hat{o}|\nu\rangle a_\mu^\dagger a_\nu$ ¿El dominio de la integral es el mismo porque el operador de proyección es único y estamos proyectando en el mismo rango? La solución dada es

\hat{H} = \int a^{†} (r) [\frac{{\hat{pag}}^{2}}{2 metro} + tu (r)] a (r) d^{d} r

$\hat{H}=\int a^\dagger(\textbf{r})\left[ \frac{\hat{\textbf{p}}^2}{2m}+U(\textbf{r})\right]a(\textbf{r})d^dr$ que puedo obtener usando la identidad

a (X) = \sum_{k} ⟨ X | k ⟩ a_{k}

$a(x)=\sum_k\langle x|k\rangle a_k$

Cualquier ayuda es muy apreciada, gracias!

mike piedra

Quieres decir

U (x)

$U(x)$ en vez de

U (p)

$U(p)$ ? Y para tener cuidado necesitas dos diferentes

x

$x$ 's en lugar de uno en su

x

$x$ integral, pero si te refieres

U (x)

$U(x)$ hay funciones delta que le permiten integrar una de ellas.

chicolocorojo

Creo que debería ser

U (p)

$U(p)$ cuando en el espacio de momento? Esa es una de mis preguntas, estoy bastante seguro de que necesito hacer dos integrales en el espacio, pero no puedo ver cómo hacerlo y aún así obtener la solución hamiltoniana.

chicolocorojo

Teoría del campo de la materia condensada (2.ª edición) de Alexander Altland y Ben Simons

chicolocorojo

Este es el ejercicio en la página 48 si puede encontrar una copia en línea

Tobias Funke

Dice: "A partir de la representación del momento (en la que la energía cinética es diagonal) [...]". - no es que el hamiltoniano sea diagonal.

chicolocorojo

Pensé que se refería al trabajo entre las ecuaciones 2.10 y 2.11, donde pasan por expresar un operador en un espacio de Hilbert donde es diagonal. Partí de ese paso tomando el hamiltoniano como el operador diagonal. Si es solo que la energía cinética es diagonal, ¿por qué todavía usar específicamente la representación del momento y no simplemente saltar directamente a una base arbitraria?

Tobias Funke

No sé. Como traté de decir en mi respuesta, después de todo, en realidad no importa. Tome cualquier base arbitraria y haga uso de las leyes de transformación entre los operadores de creación y aniquilación. Puede utilizar la base del impulso, la base en la que el hamiltoniano de una sola partícula es diagonal o cualquier base arbitraria no especificada.

chicolocorojo

De acuerdo. ¿Está funcionando algo bien entonces, dado el comienzo en base al impulso? Lo que todavía me confunde un poco es si puedo insertar la relación de completitud dentro de la expresión de un elemento de matriz, y si necesito usar dos diferentes

x

$x$ s ¿cómo puedo deshacerme de uno de ellos para que solo quede uno?

Tobias Funke

Como dije: puedes tomar cualquier base. Por lo que veo, no tiene ninguna ventaja o desventaja real elegir uno específico. Bueno, solo escribe

⟨ ν | o | μ ⟩ = ⟨ ν | I o I | μ ⟩

$\langle \nu |o|\mu \rangle = \langle \nu | \mathbb I\, o\, \mathbb I|\mu \rangle$ . El hecho de que una integral se cancele realmente es la mecánica cuántica de una sola partícula, por ejemplo, la evaluación del operador de cantidad de movimiento (y el potencial externo, que es trivial) en la base de la posición.

Tobias Funke

He agregado una breve derivación de un cambio de base. Formalmente, puede hacer exactamente lo mismo con la representación de la posición. Lo único que queda entonces es la evaluación del elemento de la matriz.

Respuestas (1)

Derivación del hamiltoniano de un solo cuerpo en QFT

Quieres decir $U(x)$ en vez de $U(p)$ ? Y para tener cuidado necesitas dos diferentes $x$ 's en lugar de uno en su $x$ integral, pero si te refieres $U(x)$ hay funciones delta que le permiten integrar una de ellas.
Creo que debería ser $U(p)$ cuando en el espacio de momento? Esa es una de mis preguntas, estoy bastante seguro de que necesito hacer dos integrales en el espacio, pero no puedo ver cómo hacerlo y aún así obtener la solución hamiltoniana.
Teoría del campo de la materia condensada (2.ª edición) de Alexander Altland y Ben Simons
Este es el ejercicio en la página 48 si puede encontrar una copia en línea
Dice: "A partir de la representación del momento (en la que la energía cinética es diagonal) [...]". - no es que el hamiltoniano sea diagonal.
Pensé que se refería al trabajo entre las ecuaciones 2.10 y 2.11, donde pasan por expresar un operador en un espacio de Hilbert donde es diagonal. Partí de ese paso tomando el hamiltoniano como el operador diagonal. Si es solo que la energía cinética es diagonal, ¿por qué todavía usar específicamente la representación del momento y no simplemente saltar directamente a una base arbitraria?
No sé. Como traté de decir en mi respuesta, después de todo, en realidad no importa. Tome cualquier base arbitraria y haga uso de las leyes de transformación entre los operadores de creación y aniquilación. Puede utilizar la base del impulso, la base en la que el hamiltoniano de una sola partícula es diagonal o cualquier base arbitraria no especificada.
De acuerdo. ¿Está funcionando algo bien entonces, dado el comienzo en base al impulso? Lo que todavía me confunde un poco es si puedo insertar la relación de completitud dentro de la expresión de un elemento de matriz, y si necesito usar dos diferentes $x$ s ¿cómo puedo deshacerme de uno de ellos para que solo quede uno?
Como dije: puedes tomar cualquier base. Por lo que veo, no tiene ninguna ventaja o desventaja real elegir uno específico. Bueno, solo escribe $\langle \nu |o|\mu \rangle = \langle \nu | \mathbb I\, o\, \mathbb I|\mu \rangle$ . El hecho de que una integral se cancele realmente es la mecánica cuántica de una sola partícula, por ejemplo, la evaluación del operador de cantidad de movimiento (y el potencial externo, que es trivial) en la base de la posición.
He agregado una breve derivación de un cambio de base. Formalmente, puede hacer exactamente lo mismo con la representación de la posición. Lo único que queda entonces es la evaluación del elemento de la matriz.

Tobias Funke · Answer 1

La expresión para $O_1$ no depende de en qué base de una sola partícula $\{|\nu\rangle\}_{\nu}$ tu lo expresas

Por ejemplo, puede comenzar con su expresión de $O_1$ y luego el uso de la relación

a_{v} \equiv \int d X φ_{v}^{*} (X) a (X),

$a_{\nu} \equiv \int \mathrm d x \,\varphi^*_{\nu}(x)\, a(x) \quad ,$ dónde

φ_{ν} (x)

$\varphi_{\nu}(x)$ es la función de onda de una sola partícula correspondiente al estado de una sola partícula

| ν ⟩

$|\nu\rangle$ . Haciendo uso de la ortonormalidad de estas funciones y evaluando el elemento de la matriz

⟨ x^{'} | p^{2} / 2 m + U (x) | x ⟩

$\langle x^\prime|p^2/ 2m + U(x)|x\rangle$ , que debería parecerle familiar a partir de la mecánica cuántica no relativista (partícula única), llegará a la expresión deseada.

Alternativamente, y creo que esto es lo que está intentando: intente insertar la relación de integridad

I = \int d X | X ⟩ ⟨ X |

$\mathbb I = \int \mathrm d x\, |x\rangle \langle x|$ dos veces (pero con diferentes índices) en el elemento matriz y luego hacer uso de

a (X) = \sum_{v} φ_{v} (X) a_{v} .

$a(x) = \sum\limits_{\nu} \varphi{_\nu}(x)\, a_{\nu} \quad .$

Para ver por qué la energía cinética es diagonal en la representación del momento, simplemente use $o=p^2/2m$ y expresar $O_1$ en esa base. Sin embargo, si $o=p^2/2m + U(x)$ , entonces en general $O_1$ no será diagonal en la base del impulso.

Como ejemplo, vamos a demostrar cómo cambiar la representación de $O_1$ a partir de una base ortonormal de una sola partícula $\{|\nu\rangle\}_{\nu}$ a $\{|n\rangle\}_{n}$ . Para empezar, vemos que

O_{1} = \sum_{m v} ⟨ m | o | v ⟩ a_{m}^{†} a_{v} = \sum_{metro norte} \sum_{m v} ⟨ m | metro ⟩ ⟨ metro | o | norte ⟩ ⟨ norte | v ⟩ a_{m}^{†} a_{v},

$O_1 = \sum\limits_{\mu\nu} \langle \mu|o|\nu\rangle \, a^\dagger_{\mu}\, a_{\nu} = \sum\limits_{mn} \sum\limits_{\mu \nu} \langle \mu|m\rangle\langle m|o|n\rangle \langle n|\nu\rangle \,a^\dagger_{\mu}\, a_{\nu} \quad ,$

donde hemos insertado un operador de identidad (del espacio de Hilbert de una sola partícula) $\displaystyle \mathbb I = \sum\limits_n |n\rangle \langle n|$ dos veces. Ahora tenemos que notar que

\begin{aligned} a_{metro}^{†} & = \sum_{m} ⟨ m | metro ⟩ a_{m}^{†} \\ a_{norte} & = \sum_{v} ⟨ norte | v ⟩ a_{v}, \end{aligned}

$\begin{align} a^\dagger_m &= \sum\limits_{\mu} \langle \mu |m\rangle \,a^\dagger_{\mu}\\ a_n &= \sum\limits_{\nu} \langle n |\nu\rangle \,a_{\nu} \quad , \end{align}$ que finalmente da como resultado

O_{1} = \sum_{metro norte} ⟨ metro | o | norte ⟩ a_{metro}^{†} a_{norte} .

$O_1 = \sum\limits_{mn} \langle m|o|n\rangle \, a^\dagger_m a_n \quad .$

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