Entendiendo el espín total como el generador de carga y rotación de Noether del modelo de Heisenberg

Question

Entendiendo el espín total como el generador de carga y rotación de Noether del modelo de Heisenberg

SRS

Considere el modelo de Heisenberg donde el hamiltoniano

H = j \sum_{⟨ i, j ⟩} s_{i} \cdot s_{j}

$H= J\sum_{\langle i,j\rangle}\textbf{s}_i\cdot \textbf{s}_j$ tiene simetría rotacional continua. Desde

s_{i} \in R^{3}

$\textbf{s}_i\in\mathbb{R}^3$ , las matrices de rotación actuando sobre cada

s_{i}

$\textbf{s}_i$ ser representado por una matriz

\begin{matrix} (1) & R (\hat{norte}, θ) = Exp [i (j \cdot \hat{norte}) θ] \end{matrix}

$R(\hat{\textbf{n}},\theta)=\exp{[i(\textbf{J}\cdot\hat{\textbf{n}})\theta]}\tag{1}$ dónde

R (\hat{n}, θ) \in S O (3)

$R(\hat{\textbf{n}},\theta)\in SO(3)$ y

J = (J_{1}, J_{2}, J_{3})

$\textbf{J}=(J_1,J_2,J_3)$ son la representación tridimensional de

S O (3)

$SO(3)$ generadores Es trivial mostrar que el hamiltoniano de Heisenberg es invariante bajo (2) usando

s_{i} \to R s_{i}

$\textbf{s}_i\to R\textbf{s}_i$ y usando

R^{T} R = i d e n t i t y

$R^TR={\rm identity}$ .

Sin embargo, la sección 1 de esta nota afirma que la carga de Noether está dada por el giro total $\textbf{S}=\sum\limits_{i}\textbf{s}_i$ , y $[\textbf{S},H]=0$ . Por lo tanto, la rotación está representada por

\begin{matrix} (2) & tu (θ) = Exp [i (S \cdot θ) / ℏ] . \end{matrix}

$U(\boldsymbol{\theta})=\exp{[i(\textbf{S}\cdot\boldsymbol{\theta})/\hbar]}.\tag{2}$

Preguntas

$\bullet$ En primer lugar, que yo sepa, el modelo de Heisenberg (al igual que el modelo de Ising) es también un modelo de momentos clásicos. En ese caso, ¿dónde $\hbar$ vienen en la matriz de rotación?

$\bullet$ no está claro cómo $\textbf{J}=\textbf{S}$ o si $\textbf{J}$ tiene alguna relación con $\textbf{S}=\sum\limits_{i}\textbf{s}_i$ .

Respuestas (2)

Entendiendo el espín total como el generador de carga y rotación de Noether del modelo de Heisenberg

qmecanico · Answer 1

Desde el $so(3)$ álgebra de mentira
$\begin{matrix} (1) & [{\hat{s}}_{j}^{a}, {\hat{s}}_{k}^{b}] = i ℏ d_{j k} \sum_{C = 1}^{3} ϵ^{a b C} {\hat{s}}_{k}^{C}, \end{matrix}$ $[\hat{s}^a_j,\hat{s}^b_k]~=~i\hbar\delta_{jk}\sum_{c=1}^3\epsilon^{abc}\hat{s}^c_k ,\tag{1}$ resulta que $\begin{matrix} (2) & \hat{S} = \sum_{j} {\hat{s}}_{j} \end{matrix}$ $\hat{\bf S} ~=~\sum_j \hat{\bf s}_j\tag{2}$ genera rotaciones.
Normalizar
$\begin{matrix} (3) & {\hat{s}}_{j} ⇝ \frac{{\hat{s}}_{j}}{ℏ} \end{matrix}$ $\hat{\bf s}_j \leadsto\frac{\hat{\bf s}_j}{\hbar}\tag{3}$ para obtener un álgebra de Lie (1) que sobreviva al límite clásico $\hbar\to 0$ .
Es excesivo usar el teorema de Noether. Es solo el MOE de Heisenberg
$\begin{matrix} (4) & \frac{d \hat{S}}{d t} = \frac{1}{i ℏ} [\hat{S}, \hat{H}] = \hat{0} . \end{matrix}$ $\frac{d\hat{\bf S}}{dt}~=~\frac{1}{i\hbar}[\hat{\bf S},\hat{H}]~=~\hat{0}.\tag{4}$

Guy Gur Ari · Answer 2

En el sistema cuántico, $S = \sum_k s_k$ son los operadores de momento angular total. Es fácil comprobar que efectivamente $[H,S]=0$ , entonces $S$ son cargas conservadas y generan una simetría. Estos generadores actúan sobre los operadores de giro locales de la siguiente manera (estoy configurando $\hbar=1$ en todos lados).

\begin{aligned} [S_{a}, s_{i, b}] = ϵ_{a b C} s_{i, C} = (j_{a})_{b C} s_{i, C} . \end{aligned}

$\begin{align} [S_a, s_{i,b}] = \epsilon_{abc} s_{i,c} = (J_a)_{bc} s_{i,c} \,. \end{align}$ Aquí

i

$i$ es el índice del sitio, y

a, b = 1, 2, 3

$a,b=1,2,3$ es el índice de espín.

J_{a}

$J_a$ es el

S O (3)

$SO(3)$ generador, un

3 \times 3

$3 \times 3$ matriz. Note que la acción de

S_{a}

$S_a$ sobre los operadores locales es lo mismo que la acción de los

S O (3)

$SO(3)$ generador

J_{a}

$J_a$ , pero

S_{a}

$S_a$ actúa sobre las componentes del espacio de Hilbert mientras que

J_{a}

$J_a$ actúa sobre el índice de espín. Nosotros decimos eso

\vec{S}

$\vec{S}$ es una representación lineal del álgebra de rotación

s o (3)

$so(3)$ en el espacio de Hilbert. Este es el sentido en el que

\vec{S}

$\vec{S}$ y

\vec{J}

$\vec{J}$ están relacionados:

\vec{J}

$\vec{J}$ define un álgebra 'abstracta', y

\vec{S}

$\vec{S}$ es una representación de esta álgebra en nuestro espacio físico de Hilbert.

Dada una representación del álgebra $so(3)$ en términos de operadores hermitianos $\vec{S}$ , podemos construir una representación unitaria del grupo $SO(3)$ escribiendo su eq. (2). Estos $U(\theta)$ son operadores unitarios en el espacio de Hilbert. Su acción sobre los giros locales viene dada por (hasta signos de $\theta$ )

\begin{aligned} {tu}^{†} (θ) s_{i, a} tu (θ) = R (θ)_{a b} s_{i, b} . \end{aligned}

$\begin{align} U^\dagger(\theta) s_{i,a} U(\theta) = R(\theta)_{ab} s_{i,b} \,. \end{align}$ Es decir, estos operadores unitarios mezclan los tres operadores de

s_{i, a}

$s_{i,a}$ ,

a = 1, 2, 3

$a=1,2,3$ de la misma manera que

S O (3)

$SO(3)$ hace cuando pensamos en

{\vec{s}}_{i}

$\vec{s}_i$ como vector

También preguntaste por qué $\hbar$ se muestra en los elementos de grupos finitos y cómo esto cambia en los sistemas clásicos. ~~SRS~~ Qmechanic dio una buena respuesta sobre cómo tomar el límite clásico. Permítanme explicar también cómo funcionan las cosas en un sistema hamiltoniano clásico típico, aunque no estoy seguro de que esta historia se aplique al modelo de Heisenberg. La exponenciación simple de generadores en (2) para dar elementos de grupos finitos funciona para representaciones lineales (por ejemplo, para representaciones en un espacio de Hilbert) como las que tenemos en el sistema cuántico. En el sistema clásico las reglas son diferentes. En lugar de conmutadores, usamos soportes de Poisson. Para obtener un elemento de grupo finito necesitamos exponenciar algo como $\{S,\cdot\}_{\mathrm{p.b.}}$ , y recuerda que los paréntesis de Poisson involucran derivados de la forma $\frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial}{\partial p}$ con coordenadas $x$ y momentos $p$ . Estos derivados tienen una dimensión de $\hbar^{-1}$ así que poniéndolos en lugar de $\hbar^{-1}$ mantiene la dimensión correcta. Consulte, por ejemplo , esta revisión para obtener más detalles.

Entendiendo el espín total como el generador de carga y rotación de Noether del modelo de Heisenberg

SRS

Respuestas (2)

qmecanico

Guy Gur Ari

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