Operadores cuánticos: una identidad

Question

Operadores cuánticos: una identidad

Junaid Aftab

Encontré la siguiente propiedad ordenada:

Para un operador $\hat{A}$ que es una combinación lineal de los operadores de creación y aniquilación, tenemos:
$⟨ {mi}^{\hat{A}} ⟩ = {mi}^{⟨ \hat{A^{2}} ⟩ / 2} .$ $\langle e^{\hat{A}} \rangle = e^{\langle \hat{A^2} \rangle/2}.$

Se agradecería cualquier ayuda para abordar la prueba de esta identidad.

Física_Plasma

No he visto esa identidad antes, pero podría intentar Taylor expandiendo el exponencial y ver si los dos lados están de acuerdo, término por término. Ese es el enfoque habitual para identidades como esta.

Junaid Aftab

Sí, también lo vi por primera vez en un periódico. Sí, esa suele ser la forma de hacerlo. Todavía no estoy seguro de cómo A, siendo una combinación lineal de los operadores de escalera, forzará la identidad. Sin embargo, no he trabajado en los detalles.

Física_Plasma

Si por "una combinación lineal de operadores de creación y aniquilación", significa

\hat{A} = α \hat{a} + β {\hat{a}}^{†}

$\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , luego escribir la serie de potencias de ambos lados te dará la prueba. Sólo tenga en cuenta que el valor esperado de

\hat{a}

$\hat{a}$ y

{\hat{a}}^{†}

$\hat{a}^{\dagger}$ son cero.

Respuestas (2)

Operadores cuánticos: una identidad

No he visto esa identidad antes, pero podría intentar Taylor expandiendo el exponencial y ver si los dos lados están de acuerdo, término por término. Ese es el enfoque habitual para identidades como esta.
Sí, también lo vi por primera vez en un periódico. Sí, esa suele ser la forma de hacerlo. Todavía no estoy seguro de cómo A, siendo una combinación lineal de los operadores de escalera, forzará la identidad. Sin embargo, no he trabajado en los detalles.
Si por "una combinación lineal de operadores de creación y aniquilación", significa $\hat{A} = \alpha \hat{a} + \beta \hat{a}^{\dagger}$ , luego escribir la serie de potencias de ambos lados te dará la prueba. Sólo tenga en cuenta que el valor esperado de $\hat{a}$ y $\hat{a}^{\dagger}$ son cero.

sagitario_a · Answer 1

Espero que esto sea un resultado del teorema de Wick. Si está considerando una situación de equilibrio con un hamiltoniano cuadrático, todos los momentos impares se desvanecerán. Así te quedas con poderes parejos de tu operador. Si ahora cuenta el número de contracciones posibles, debería obtener el resultado correcto.

PD: Lo acabo de probar y funciona. Tenga en cuenta la identidad útil

\frac{(2 norte - 1)!!}{(2 norte)!} = \frac{1}{norte! 2^{norte}}

$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!} = \frac{1}{n! 2^n}$

(ALERTA DE SPOILER)

Qué $\left< \cdot \right>$ en realidad significa es

⟨ B ⟩ \equiv \frac{1}{Z} Tr {{mi}^{- β H} B}

$\left< B \right> \equiv \frac{1}{\mathcal{Z}} \text{Tr} \left\lbrace e^{- \beta H } B\right\rbrace$

para algún operador $B$ , $\beta = 1/(k_B T)$ , y $\mathcal{Z} = \text{Tr}\ e^{- \beta H }$ . Si su hamiltoniano ahora toma la forma

H = \sum_{norte metro} a_{norte}^{†} h_{norte metro} a_{metro},

$H = \sum_{nm} a^\dagger_n h_{nm} a_{m},$

entonces puedes probar el teorema de Wick. Dejar $\alpha_m$ ser un operador bosónico de creación o de aniquilación. Te ahorraré los detalles, pero encontrarás que

⟨ α_{1} α_{2} \dots α_{2 norte} ⟩ = \sum_{\begin{matrix} todo posible \\ emparejamientos π \end{matrix}} ⟨ α_{π (1)} α_{π (2)} ⟩ \dots ⟨ α_{π (2 norte - 1)} α_{π (2 norte)} ⟩

$\left< \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{2n} \right> = \sum\limits_{\substack{\text{all possible} \\ \text{pairings}\ \pi}} \left< \alpha_{\pi(1)}\alpha_{\pi(2)} \right>\cdots \left< \alpha_{\pi(2n-1)}\alpha_{\pi(2n)} \right>$

y $\left< \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{2n+1} \right> = 0$ . Esto es todo lo que necesitas para la prueba:

⟨ {mi}^{A} ⟩ \overset{(1)}{=} \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{1}{norte!} ⟨ A^{norte} ⟩ \overset{(2)}{=} \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 norte)!} ⟨ A^{2 norte} ⟩ \overset{(3)}{=} \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{(2 norte - 1)!!}{(2 norte)!} {⟨ A^{2} ⟩}^{norte} \overset{(4)}{=} \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{1}{norte! 2^{norte}} {⟨ A^{2} ⟩}^{norte} \overset{(1)}{=} {mi}^{⟨ A^{2} ⟩ / 2} .

$\left< e^{A} \right> \overset{(1)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \left< A^n\right> \overset{(2)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n)!} \left< A^{2n}\right> \overset{(3)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(2n)!} \left< A^2\right>^n \overset{(4)}{=} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!2^n} \left< A^2\right>^n \overset{(1)}{=} e^{\left< A^2\right>/2} .$

(1) Ampliación de serie.

(2) Todos los poderes impares se desvanecen.

(3) hay $(2n-1)(2n-3)(2n-5) \cdots (2n-2n) = (2n-1)!!$ formas de formar $n$ pares de $\left<A^2 \right>$ por medio del teorema de Wick.

(4) La identidad desde arriba.

No verifiqué si también es válido para los fermiones. Puede haber una identidad similar, pero la descomposición de Wick cambiará.

No tengo idea sobre el teorema de Wick; así que si pudiera compartir su solución con todos nosotros, sería genial. Tengo problemas para probar identidades de este tipo: operadores exponenciados. Entonces, sería genial si pudieras compartir tu solución.
Extendí mi respuesta. También puede encontrar muchas discusiones interesantes sobre el teorema de Wick aquí en Physics Stack Exchange.
Excelente. No tengo idea de cómo pudo expresar el valor esperado del operador en términos de Z, que se parece a la función de partición y la distribución de Boltzmann. Tengo un conocimiento muy limitado de la mecánica estadística y no logro obtenerlo a partir de ahora, aunque he intentado buscar algunos recursos en línea. Hice esta pregunta el día de hoy en: physics.stackexchange.com/q/263088 pero aún no he recibido una respuesta. Si pudieras ayudarme allí, ¡sería genial!
Entonces entender esta fórmula puede ser un poco exagerado para usted en este momento... Trate de concentrarse en los puntos que no entiende y llegue al núcleo de lo que no puede entender. Entonces la gente de Stack Exchange puede ayudarte. Si hace una pregunta demasiado amplia, nadie responderá y es muy probable que su pregunta se cierre pronto.
Lo sé, tal vez ese sea el caso, así que esperaba que alguien aquí pudiera darme una descripción general amplia de la fórmula simplemente asumiendo que sé qué es una función de partición, etc. Nadie lo ha hecho hasta ahora; si puedes, sería genial.
Sinceramente, no sé por dónde empezar. No puedo darte una serie completa de conferencias sobre física estadística: P
Si lo se; algo en el sentido de obtener esa identidad tal vez. Encontré estas identidades/ecuaciones en las notas del curso para operadores de densidad y no pude obtener la mayor parte. De todos modos, si de alguna manera puedes resumirlo y referirme a alguna referencia específica que lo trate, entonces eso sería genial.
Primero: amplía tu pregunta. ¿Dónde encontraste esta identidad? ¿Qué sabe usted al respecto? ¿Qué crees que significan los símbolos en tu expresión? ¿Qué intentaste encontrar una solución?
@sagittarius_a, ¿puedes explicar la penúltima igualdad en tu prueba?
Hay (2n-1)!! Posibles formas de formar n pares a partir de 2n operadores
Nuevamente, ¿supongo que el teorema de Wick está en juego aquí? Los otros detalles de la demostración parecen seguir una simple expansión en serie de potencias,
Además, ¿cómo sacaste la n del valor esperado en el mismo paso?

qmecanico · Answer 2

Sugerencia: la fórmula de OP se deriva de un teorema de tipo Wick

\begin{matrix} (1) & T (F (\hat{A})) = Exp (\frac{1}{2} \hat{C} \frac{\partial}{\partial \hat{A}} \frac{\partial}{\partial \hat{A}}) : F (\hat{A}) : \end{matrix}

$\tag{1} T(f(\hat{A})) ~=~ \exp\left(\frac{1}{2}\hat{C}\frac{\partial}{\partial\hat{A}}\frac{\partial}{\partial\hat{A}} \right):f(\hat{A}):$ entre el orden del tiempo

T

$T$ y pedidos normales

::

$::$ . Aquí

\begin{matrix} (2) & \hat{C} = T (\hat{A} \hat{A}) - : \hat{A} \hat{A} : \end{matrix}

$\tag{2} \hat{C}~=~T(\hat{A}\hat{A})~-~:\hat{A}\hat{A}:$ es una contracción. Consulte, por ejemplo, esta publicación de Phys.SE y los enlaces que contiene.

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Hace ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle para todo |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implica que A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?