Hamiltoniano para el modelo periódico de Kitaev

Question

Hamiltoniano para el modelo periódico de Kitaev

broncerelojesofbenin

El hamiltoniano para un sistema de fermiones sin espín en una cadena 1D (con potencial químico $\mu=0$ ) es dado por

H = - \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j} + h . C .) + Δ \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j}^{†} + h . C .)

$H=-\sum_j\left( c^\dagger_{j+1} c_j+h.c.\right)+\Delta \sum_j \left( c^\dagger_{j+1}c^\dagger_j+h.c.\right)$ dónde

Δ

$\Delta$ es algún número. si introducimos

C_{j} = \frac{1}{\sqrt{norte}} \sum_{k} {mi}^{i k j} C_{k}

$c_j=\frac{1}{\sqrt{N}}\sum_k e^{ikj}c_k$ Obtenemos el resultado a continuación:

H = \sum_{k} ξ (k) C_{k}^{†} C_{k} + Δ \sum_{k} ({mi}^{- i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + {mi}^{i k} C_{k} C_{- k})

$H=\sum_k \xi(k) c_k^\dagger c_k+\Delta\sum_k \left(e^{-ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger +e^{ik}c_k c_{-k}\right)$

dónde $\xi(k)=-2\cos(k)$ Estoy tratando de representar este hamiltoniano en forma de matriz usando el operador Nambu

ϕ_{k} = (\begin{matrix} C_{k} \\ C_{- k}^{†} \end{matrix})

$\phi_k=\begin{pmatrix} c_k \\ c_{-k}^\dagger \end{pmatrix}$

Numerosos textos lo dan como

H = \sum_{k} ϕ_{k}^{†} (\begin{matrix} ξ (k) & 2 i Δ pecado (k) \\ - 2 i Δ pecado (k) & - ξ (k) \end{matrix}) ϕ (k)

$H=\sum_k \phi_k^\dagger \begin{pmatrix} \xi(k) & 2i\Delta \sin(k)\\ -2i\Delta \sin(k ) & -\xi(k)\end{pmatrix}\phi(k)$ Sin embargo, cuando amplío lo anterior, no recupero mi término de acoplamiento original; en cambio, obtengo

Δ \sum_{k} ({mi}^{- i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} - {mi}^{i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + {mi}^{i k} C_{k} C_{- k} - {mi}^{- i k} C_{k} C_{- k})

$\Delta \sum_k \left( e^{-ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger -e^{ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger+e^{ik}c_k c_{-k}-e^{-ik}c_k c_{-k}\right)$

Veo que, para obtener mi antiguo término de acoplamiento, tengo que dejar $e^{ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger=e^{-ik}c_k c_{-k}=0$ , pero no puedo explicar por qué. ¿Alguien puede ayudarme con este paso? Aquí hay una pregunta similar planteada en un conjunto de problemas de una universidad alemana para su referencia: http://users.physik.fu-berlin.de/~romito/qft2011/set6.pdf

Respuestas (2)

Hamiltoniano para el modelo periódico de Kitaev

wsc · Answer 1

Primero, tenga cuidado con los factores de 2 y $\sin(k)$ s en tu línea 3 (después de hacer la transformada de Fourier).

En segundo lugar, no desea establecer esos términos en cero.

En cambio, recuerda que $k$ es solo un índice ficticio. Podría considerar cada término como una suma separada, y para algunos de ellos, estableceré $k \rightarrow -k$ . Entonces

- {mi}^{i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} \to - {mi}^{- i k} C_{- k}^{†} C_{k}^{†} = + {mi}^{- i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†}

$-e^{ik}c_{k}^{\dagger}c_{-k}^{\dagger} \rightarrow -e^{-ik}c_{-k}^{\dagger}c_{k}^{\dagger}= +e^{-ik}c_{k}^{\dagger}c_{-k}^{\dagger}$

... y este tipo simplemente se absorbe en el primer término.

Otra forma de pensar sobre esto es que deberíamos, estrictamente hablando, solo considerar la suma en el Nambu hamiltoniano como solo modos de contar con $k \geq 0$ , y luego necesitamos ambos tipos de términos ya que uno termina contando también los términos originales con $k \leq 0$ . Sin embargo, la gente tiende a ser muy descuidada con esta notación.

Joseph · Answer 2

Esto se debe a la diagonalización con el estado de Nambu. Si necesitas $(c_k,c^\dagger_{-k})$ , también necesitas manejar $c_{-k} c^\dagger_{-k}$ término en el hamiltoniano. $c^\dagger_{j}c^\dagger_{j+1}$ y también se debe considerar su hc, que se puede determinar por la relación de anticonmutación. Sin embargo,

H = \sum_{k} ξ (k) C_{k}^{†} C_{k} + Δ \sum_{k} ({mi}^{- i k} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + {mi}^{i k} C_{k} C_{- k})

$H=\sum_k \xi(k) c_k^\dagger c_k+\Delta\sum_k \left(e^{-ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger +e^{ik}c_k c_{-k}\right)$ no tienen tales términos en el estado de Nambu. Entonces necesitamos usar las propiedades anti-conmutación de c y

c^{†}

$c^\dagger$ para obtener la forma correcta de diagonalización en el estado de Nambu:

cambiar el hamiltoniano de:

H = - \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j} + h . C .) + Δ \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j}^{†} + h . C .)

$H=-\sum_j\left( c^\dagger_{j+1} c_j+h.c.\right)+\Delta \sum_j \left( c^\dagger_{j+1}c^\dagger_j+h.c.\right)$

ser

H = - (1 / 2) \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j} - C_{j} C_{j + 1}^{†} + h . C .) + (1 / 2) Δ \sum_{j} (C_{j + 1}^{†} C_{j}^{†} - C_{j}^{†} C_{j + 1}^{†} + h . C .) .

$H=-(1/2)\sum_j\left( c^\dagger_{j+1} c_j-c_jc^\dagger_{j+1} +h.c.\right)+(1/2)\Delta \sum_j \left( c^\dagger_{j+1}c^\dagger_j-c^\dagger_jc^\dagger_{j+1}+h.c.\right).$ Luego puede resolverlo en el espacio k y el estado de Nambu para formar una matriz...

Aquí, haz la transformada de Fourier en el segundo término:

(1 / 2) Δ \sum_{k} ({mi}^{- i k a} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} - {mi}^{i k a} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + {mi}^{i k} C_{k} C_{- k} - {mi}^{- i k} C_{k} C_{- k}),

$(1/2)\Delta \sum_k \left( e^{-ika}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger -e^{ika}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger+e^{ik}c_k c_{-k}-e^{-ik}c_k c_{-k}\right),$

llevando a:

i Δ \sum_{k} (- s i norte (k a) C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + s i norte (k a) C_{k} C_{- k}) .

$i\Delta \sum_k \left( -sin(ka)c_k^\dagger c_{-k}^\dagger+sin(ka)c_k c_{-k}\right).$

Sin embargo, si usamos una anticonmutación más en $e^{ik}c_k^\dagger c_{-k}^\dagger$ y $e^{-ik}c_k c_{-k}$ término, terminaremos con:

Δ \sum_{k} ({mi}^{- k a} C_{k}^{†} C_{- k}^{†} + {mi}^{k a} C_{k} C_{- k}) .

$\Delta \sum_k \left( e^{-ka} c_k^\dagger c_{-k}^\dagger+e^{ka}c_k c_{-k}\right).$

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