Derivación del hamiltoniano efectivo de baja energía [duplicado]

Question

Derivación del hamiltoniano efectivo de baja energía [duplicado]

Roger209

En la mecánica cuántica, el hamiltoniano $H$ satisface la ecuación de Schroedinger

H ψ = mi ψ .

$H\psi = E\psi.$ Suponer que

P

$P$ es un operador de proyección, y

Q = 1 - P

$Q=1-P$ . El hamiltoniano efectivo de baja energía es

H_{mi F F} = H_{PAG PAG} + \frac{H_{PAG q} H_{q PAG}}{mi - H_{q q}} .

$H_{eff} = H_{PP} + \frac{H_{PQ}H_{QP}}{E-H_{QQ}}.$ Mi método para hacerlo es una combinación de dos ecuaciones algebraicas. Recientemente, encontré un buen artículo (L. Petersen

e t a l .

$et~~al.$ Un modelo simple de enlace estricto de división espín-órbita de estados de superficie derivados de sp), cuyos autores declararon que se puede obtener (EQ. 13)

PAG \frac{1}{ϵ - H} PAG = \frac{1}{ϵ - H_{mi F F}}

$P\frac{1}{\epsilon-H}P = \frac{1}{\epsilon-H_{eff}}$ de un teorema estándar en álgebra lineal. Aquí, me pregunto "¿cuál es el teorema estándar"? Por favor, infórmeme del detalle omitido en el documento anterior.

Wolpertinger

Posible duplicado de Encontrar el hamiltoniano efectivo en un cierto subespacio

jahan claes

El "teorema estándar" en álgebra lineal es la fórmula para invertir un

2 \times 2

$2\times 2$ bloque de matrices . Vea mi respuesta aquí para la derivación detallada.

Respuestas (1)

Derivación del hamiltoniano efectivo de baja energía [duplicado]

Posible duplicado de Encontrar el hamiltoniano efectivo en un cierto subespacio
El "teorema estándar" en álgebra lineal es la fórmula para invertir un $2\times 2$ bloque de matrices . Vea mi respuesta aquí para la derivación detallada.

udv · Answer 1

Di la evolución temporal del hamiltoniano. $H$ es dado por $U(t) = \exp(-iHt)$ y la correspondiente evolución sobre el apoyo de $P$ es

PAG tu (t) PAG = PAG Exp (- i H t) PAG = Exp (- i H_{efecto} t) \equiv {tu}_{efecto} (t)

$PU(t)P = P\exp(-iHt)P = \exp(-iH_\text{eff}t) \equiv U_\text{eff}(t)$

asumiendo $H_\text{eff}$ existe La identidad deseada se sigue de

\begin{matrix} (1) & \underset{η \to 0}{límite} \int_{0}^{\infty} d t tu (t) {mi}^{i (ϵ + i η) t} = \frac{i}{ϵ - H} . \end{matrix}

$\lim_{\eta \rightarrow 0} \int_0^\infty dt \; U(t) e^{i (\epsilon + i \eta) t} = \frac{i}{\epsilon - H} \, . \tag{1}$

Aplicar $P$ a ambos lados de la Ec. $(1)$ da

\begin{matrix} (2) & \underset{η \to 0}{límite} \int_{0}^{\infty} d t PAG tu (t) PAG {mi}^{i (ϵ + i η) t} = PAG \frac{i}{ϵ - H} PAG . \end{matrix}

$\lim_{\eta \rightarrow 0} \int_0^\infty dt \; P U(t) P e^{i (\epsilon + i \eta) t} = P\frac{i}{\epsilon - H}P \, . \tag{2}$

Luego usando $PU(t)P = U_\text{eff}(t)$ en el lado izquierdo de la Ec. $(2)$ obtenemos

\begin{matrix} (3) & \underset{η \to 0}{límite} \int_{0}^{\infty} d t {tu}_{efecto} (t) {mi}^{i (ϵ + i η) t} = PAG \frac{i}{ϵ - H} PAG . \end{matrix}

$\lim_{\eta \rightarrow 0} \int_{0}^{\infty} dt \; U_\text{eff}(t) e^{ i (\epsilon + i \eta) t} = P \frac{i}{\epsilon - H}P \, . \tag{3}$

Ahora usa la Ec. $(1)$ pero con el efectivo en lugar del hamiltoniano completo para reemplazar el lado izquierdo de la ecuación. $(3)$ . El resultado es

\frac{1}{ϵ - H_{efecto}} = PAG \frac{1}{ϵ - H} PAG

$\frac{1}{\epsilon - H_\text{eff}} = P\frac{1}{\epsilon - H}P$ como se indica.

Oh, debería haber sido $\Rightarrow$ = "implica". Gracias por la reparación. Sin embargo, la forma en que reorganizó la respuesta podría hacer que un principiante se pregunte acerca de la relación entre la primera y la segunda igualdad que siguen a la integral sobre PU(t)P.
Tienes razón, la forma en que lo reorganicé no estaba clara. Espero que la nueva versión esté bien.
@udrv Me gusta el argumento, pero ignora la dependencia energética de $H_\textrm{eff}$ ?

Derivación del hamiltoniano efectivo de baja energía [duplicado]

Roger209

Wolpertinger

jahan claes

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udv

DanielSank

udv

DanielSank

ruben verresen

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