Expresión aproximada para el estado fundamental del salto hamiltoniano

Question

Expresión aproximada para el estado fundamental del salto hamiltoniano

Física
muchos cuerpos
mecánica cuántica
segunda cuantización
mecánica estadística

guauperrito

En la segunda cuantificación, se da el hamiltoniano que describe el proceso de salto entre dos sitios vecinos ( $N$ - número de partículas y $M$ - número de sitios) por:

\hat{H} = j \sum_{⟨ i, j ⟩} {\hat{a}}_{i}^{†} {\hat{a}}_{j}

$\hat{\mathcal H} = J\sum\limits_{\langle i,j \rangle}\hat{a}^{\dagger}_{i}\hat{a}_{j}$

Se puede diagonalizar usando la serie de Fourier.

{\hat{a}}_{i} = \frac{1}{\sqrt{METRO}} \sum_{k} {\hat{b}}_{k} {mi}^{- i k \cdot R_{i}}

$\hat{a}_{i} = \frac{1}{\sqrt{M}}\sum\limits_{\mathbf{k}} \hat{b}_{\mathbf{k}}e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{R}_i}$

El estado fundamental está dado por

| GRAMO S ⟩ = \frac{1}{\sqrt{norte!}} {({\hat{b}}_{k = 0}^{†})}^{norte} | 0 ⟩ \approx C {mi}^{\sqrt{norte} {\hat{b}}_{k = 0}^{†}} | 0 ⟩

$|\mathrm{GS}\rangle = \frac{1}{\sqrt{N!}}\left( \hat{b}^{\dagger}_{\mathbf{k} = \mathbf{0}}\right)^N | 0 \rangle \approx C\ e^{\sqrt{N}\hat{b}^{\dagger}_{\mathbf{k} = \mathbf{0}}}| 0 \rangle$

¿Cómo se justifica la aproximación ( $C$ asegura la normalización)?

ACTUALIZAR

Calculé algunas cantidades usando ambos estados. En primer lugar, ambos estados se pueden representar mediante operadores de creación de sitios. $\hat{a}_i$ de la siguiente manera:

| GRAMO S_{1} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{norte!}} {[\frac{1}{\sqrt{METRO}} \sum_{i = 1}^{METRO} {\hat{a}}_{i}^{†}]}^{norte} | 0 ⟩

$|\rm GS_{1}\rangle = \frac{1}{\sqrt{N!}}\left[\frac{1}{\sqrt{M}}\sum\limits_{i=1}^{M}\hat{a}_{i}^{\dagger} \right]^{N} |0\rangle$

| GRAMO S_{2} ⟩ = \prod_{i = 1}^{METRO} {mi}^{\sqrt{\frac{norte}{METRO}} ({\hat{a}}_{i}^{†} - {\hat{a}}_{i})} | 0 ⟩

$|\rm GS_2 \rangle = \prod\limits_{i=1}^{M}e^{\sqrt{\frac{N}{M}}(\hat{a}^{\dagger}_i - \hat{a}_i)}|0\rangle$ entonces el primer estado es

S U (M)

$\rm SU(M)$ estado coherente mientras que el segundo es el producto de los estados coherentes de Glauber. Algunas cantidades de interés:

Energía - valor esperado del hamiltoniano:
$⟨ \hat{H} ⟩_{1} = 2 j norte$ $\langle \hat{\mathcal H} \rangle_{1} = 2JN$ $⟨ \hat{H} ⟩_{2} = 2 j norte$ $\langle \hat{\mathcal H} \rangle_{2} = 2JN$
Densidad de partículas y fluctuaciones:
$⟨ {\hat{norte}}_{i} ⟩_{1} = \frac{norte}{METRO}, ⟨ Δ {\hat{norte}}_{i}^{2} ⟩_{1} = \frac{norte}{METRO} (1 - \frac{1}{METRO})$ $\langle \hat{n}_{i} \rangle_{1} = \frac{N}{M},\ \ \ \langle \Delta \hat{n}_{i}^{2} \rangle_{1} = \frac{N}{M}\left(1 - \frac{1}{M} \right)$ $⟨ {\hat{norte}}_{i} ⟩_{2} = \frac{norte}{METRO}, ⟨ Δ {\hat{norte}}_{i}^{2} ⟩_{2} = \frac{norte}{METRO}$ $\langle \hat{n}_{i} \rangle_{2} = \frac{N}{M},\ \ \ \langle \Delta \hat{n}_{i}^{2} \rangle_{2} = \frac{N}{M}$
Número total de partículas y fluctuaciones:
$⟨ \hat{norte} ⟩_{1} = norte, ⟨ Δ {\hat{norte}}^{2} ⟩_{1} = 0$ $\langle \hat{N} \rangle_{1} = N,\ \ \ \langle \Delta \hat{N}^{2} \rangle_{1} = 0$ $⟨ \hat{norte} ⟩_{2} = norte, ⟨ Δ {\hat{norte}}^{2} ⟩_{2} = norte$ $\langle \hat{N} \rangle_{2} = N,\ \ \ \langle \Delta \hat{N}^{2} \rangle_{2} = N$

Como @NorberSchuch mencionó en su respuesta a continuación, las fluctuaciones de densidad de partículas son prácticamente las mismas y coinciden en el límite termodinámico.

Respuestas (2)

Expresión aproximada para el estado fundamental del salto hamiltoniano

Norberto Schuch · Answer 1

La idea básica es que el término con mayor peso en la serie exponencial es exactamente el término deseado. Además, todo el peso está en términos del número de partículas cercanas, y las pequeñas fluctuaciones en este número no importan en muchos casos.

(Nota: voy a omitir el $k=0$ subíndice y simplemente escribe $b^\dagger$ a continuación para mayor comodidad.)

Primero, tenemos que

{mi}^{\sqrt{norte} b^{†}} | 0 ⟩ = \sum \frac{{\sqrt{norte}}^{k}}{k!} (b^{†})^{k} | 0 ⟩ .

$e^{\sqrt{N}b^\dagger} |0\rangle = \sum \frac{\sqrt{N}^k}{k!} (b^\dagger)^k |0\rangle\ .$ Estudiemos ahora qué término de la serie tiene mayor peso. Para ello, debemos asegurarnos de que los estados correspondientes tengan la misma normalización. Esto es, si definimos un estado normalizado

| k ⟩ = \frac{(b^{†})^{k}}{\sqrt{k!}} | 0 ⟩,

$|k\rangle = \frac{(b^\dagger)^k}{\sqrt{k!}}|0\rangle\ ,$ cada uno de los cuales aparece en la serie con una probabilidad

| C_{k} |^{2} = \frac{{norte}^{k}}{k!} .

$|c_k|^2 = \frac{N^k}{k!}\ .$ Esta es una distribución de Poisson (no normalizada) , cuya media está exactamente en

k = N

$k=N$ , como se desee.

Tenga en cuenta que, de hecho, esto no significa que los dos estados estén cerca en cualquier medida de distancia (de hecho, no lo están). Sin embargo, nos dice que la mayor parte del peso en la suma está en estados con $|k-N|\le c\sqrt{N}$ , ya que la varianza de la distribución de Poisson es $N$ . Dado que en muchas aplicaciones, de hecho, nos preocupamos por la cantidad de partículas por sitio (que es una cantidad intensiva y bien definida a medida que el tamaño del sistema tiende a infinito), y cualquier fluctuación de este tipo en $k$ se desvanecerá como $N\rightarrow\infty$ , ambos estados tendrán la misma densidad de partículas en el límite termodinámico y, por lo tanto, describirán la misma física.

Realicé cálculos con ambos estados y tienen la misma energía y número medio de partículas por sitio. Entonces, no entiendo tu respuesta porque escribiste que en el límite termodinámico la densidad de partículas es la misma.
@Nex_Friedrich "densidad de partículas" = "número medio de partículas por sitio". Me parece que estamos diciendo lo mismo. ¿Dónde ves un problema?
su respuesta: "ambos estados tendrán la misma densidad de partículas en el límite termodinámico y, por lo tanto, describirán la misma física": tienen la misma densidad para cualquier $N$ .
ambos estados son simétricos bajo el intercambio de operadores de creación $\hat{a}^{\dagger}_{i}$ , por lo que tendrán el mismo número medio de partículas y fluctuaciones por sitio.
Tiene toda la razón (y, de hecho, la media de la distribución es la adecuada para cualquier tamaño de sistema). El punto que quería señalar era que las fluctuaciones de la densidad se vuelven pequeñas en el límite termodinámico. Pero bien podría ser que se mantengan afirmaciones aún más fuertes: ¡siéntase libre de editar mi respuesta en consecuencia!

Nombre AAAA · Answer 2

1) Hablemos de la energía de los estados fundamentales. con anotaciones

| {SG}_{1} ⟩ \equiv \frac{1}{\sqrt{norte!}} {({\hat{b}}_{k = 0}^{†})}^{norte} | 0 ⟩, | {SG}_{2} ⟩ \equiv C {mi}^{\sqrt{norte} {\hat{b}}_{k = 0}^{†}} | 0 ⟩

$|\text{GS}_{1}\rangle \equiv \frac{1}{\sqrt{N!}}\left(\hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}\right)^{N}|0\rangle , \quad |\text{GS}_{2}\rangle \equiv Ce^{\sqrt{N}\hat{b}_{\mathbf k = 0}^{\dagger}}|0\rangle$ tu obtienes

\hat{H} | {SG}_{1} ⟩ = j {\hat{b}}_{k = 0}^{†} {\hat{b}}_{k = 0} {({\hat{b}}_{k = 0}^{†})}^{norte} | 0 ⟩ = j norte | {SG}_{1} ⟩,

$\hat{H}|\text{GS}_{1}\rangle =J \hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}\hat{b}_{\mathbf k =0 }\left(\hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}\right)^{N}|0\rangle = JN|\text{GS}_{1}\rangle,$

\hat{H} | {SG}_{2} ⟩ = j {\hat{b}}_{k = 0}^{†} {\hat{b}}_{k = 0} | {SG}_{2} ⟩ = | {\hat{b}}_{k = 0}^{†} | {SG}_{2} ⟩ = {\hat{b}}_{k = 0}^{†} | {SG}_{2} ⟩ = \sqrt{norte} | {SG}_{2} ⟩ | = j norte | {SG}_{2} ⟩

$\hat{H}|\text{GS}_{2}\rangle =J \hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}\hat{b}_{\mathbf k =0 }|\text{GS}_{2}\rangle = \left| \hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}|\text{GS}_{2}\rangle = \hat{b}^{\dagger}_{\mathbf k = 0}|\text{GS}_{2}\rangle = \sqrt{N}|\text{GS}_{2}\rangle\right| = JN|\text{GS}_{2}\rangle$ Es por eso que usted puede hablar de similitud de

| {GS}_{1} ⟩

$|\text{GS}_{1}\rangle$ y

| {GS}_{2} ⟩

$|\text{GS}_{2}\rangle$ : tienen la misma energía. También tienen la misma densidad numérica.

n \equiv \frac{N}{M}

$n \equiv \frac{N}{M}$ .

2) Sin embargo, no son equivalentes al menos ya que para la onda plana

{\hat{ψ}}_{i} = \frac{1}{\sqrt{METRO}} \sum_{k} {mi}^{i k \cdot R_{i}} {\hat{b}}_{k}

$\hat{\psi}_{i} = \frac{1}{\sqrt{M}}\sum_{\mathbf k}e^{i\mathbf k \cdot \mathbf R_{i}}\hat{b}_{\mathbf k}$ los VEV correspondientes son

ψ^{(1)} \equiv ⟨ {GRAMO}_{1} | {\hat{ψ}}_{i} | {GRAMO}_{1} ⟩ = 0, ψ^{(2)} \equiv ⟨ {GRAMO}_{1} | {\hat{ψ}}_{i} | {GRAMO}_{1} ⟩ = \sqrt{\frac{norte}{METRO}} \neq 0

$\psi^{(1)} \equiv \langle \text{GR}_{1}|\hat{\psi}_{i}|\text{GR}_{1}\rangle = 0, \quad \psi^{(2)}\equiv \langle \text{GR}_{1}|\hat{\psi}_{i}|\text{GR}_{1}\rangle = \sqrt{\frac{N}{M}} \neq 0$

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