¿Por qué el estado de flujo ππ\pi tiene simetría de inversión de tiempo?

Question

¿Por qué el estado de flujo ππ\pi tiene simetría de inversión de tiempo?

Física
simetría
teoría de calibre
nivel de investigación
materia Condensada
tiempo-inversión-simetría

kai li

Se sabe que el $\pi$ El estado de flujo del modelo antiferromagnético de Heisenberg en la red cuadrada es un concepto importante. El $\pi$ El estado de flujo se describe mediante el hamiltoniano de campo medio (simplificado)

H = t_{1} F_{1 σ}^{†} F_{2 σ} + t_{2} F_{2 σ}^{†} F_{3 σ} + t_{3} F_{3 σ}^{†} F_{4 σ} + t_{4} F_{4 σ}^{†} F_{1 σ} + H . C .

$H=t_1f_{1\sigma}^\dagger f_{2\sigma}+t_2f_{2\sigma}^\dagger f_{3\sigma}+t_3f_{3\sigma}^\dagger f_{4\sigma}+t_4f_{4\sigma}^\dagger f_{1\sigma}+H.c.$ , dónde

t_{i} = | t | e^{i \frac{π}{4}} (i = 1, 2, 3, 4)

$t_i=\left | t \right |e^{i\frac{\pi}{4}}(i=1,2,3,4)$ , y el operador spin-1/2 es

S_{i} = \frac{1}{2} f_{i}^{†} σ f_{i}

$\mathbf{S}_i=\frac{1}{2}f_i^\dagger\mathbf{\sigma}f_i$ .

Es obvio que el hamiltoniano de campo medio $H$ no es invariante bajo la operación de inversión de tiempo ( $T$ ), decir $H\neq THT^{-1}$ , y $H$ tampoco es $SU(2)$ calibre equivalente al hamiltoniano transformado por inversión de tiempo $THT^{-1}$ . Entonces, ¿por qué razón, el estado de giro proyectado $\psi_{spin}=\hat{P}\psi_{MF}$ ¿La inversión del tiempo es invariante? Dónde $\psi_{MF}$ es el estado fundamental del hamiltoniano de campo medio $H$ y $\hat{P}=\prod (2\hat{n}_i-\hat{n}_i^2)$ es la proyección al subespacio de espín.

Observaciones: Aquí el efecto de traslación (con un espacio de celosía a lo largo del $\hat{x}$ o $\hat{y}$ dirección) en el hamiltoniano $H$ es lo mismo que el efecto de la inversión del tiempo $T$ . Por lo tanto, si el estado de espín $\psi_{spin}$ tiene $T$ simetría, también debe tener la simetría de traslación.

Gracias de antemano.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

¿ Tal vez una de las etiquetas podría intercambiarse por nivel de investigación ?

FraSchelle

@ DIMension10 Sí, esta pregunta no está explícitamente relacionada ni con la superconductividad ni con la teoría del calibre. También, creo

t_{i}

$t_i$ está mal definido. Una mejor definición debería ser

t_{n} = t e^{i π / 4}

$t_{n}=te^{\mathbf{i}\pi/4}$ , por todos los

n

$n$ , y

i^{2} = - 1

$\mathbf{i}^{2}=-1$ . Dime si me equivoco.

kai li

@ Oaoa ¿No es mi definición de

t_{i}

$t_i$ el mismo que el tuyo?

kai li

@ Oaoa Aquí ampliamos el espacio de spin Hilbert al introducir los operadores spinon

f_{i σ}

$f_{i\sigma}$ , y por lo tanto introdujo muchos estados no físicos (redundancia de calibre). Y para obtener el estado de espín físico, debemos realizar la proyección sobre los estados de campo medio al final. Esta estructura de calibre de alta energía se conoce como SU(2) .

FraSchelle

@K-boy Lo siento por ser duro a veces. Sus anotaciones no son exactamente incorrectas, solo son confusas, ya que

i

$i$ aparece como un índice de

t_{i}

$t_{i}$ y como el número imaginario tal que

i^{2} = - 1

$i^{2}=-1$ en el exponencial. Prefiero definir la cantidad compleja con una letra en negrita

i

$\mathbf{i}$ . Gracias por su comentario sobre la estructura de calibre SU(2). Sin embargo, su pregunta no es realmente sobre el aspecto de calibre, ni sobre el aspecto de superconductividad del artículo que citó en su pregunta, mientras que DiMension10 estaba buscando una etiqueta para borrar, de ahí mi comentario anterior. Por favor, siéntase libre de volver a editar el...

FraSchelle

… la(s) modificación(es) de Dimension10 si lo desea. Consulte también la modificación de mi respuesta a continuación sobre la transformación de los operadores, y siéntase libre de comentar más en cualquier caso.

kai li

@ Oaoa Estimado Oaoa, mi pregunta está esencialmente interesada en la simetría del estado de giro proyectado

ψ_{s p i n}

$\psi_{spin}$ en lugar de la simetría del hamiltoniano de campo medio

H

$H$ o su estado fundamental

ψ_{M F}

$\psi_{MF}$ . Solo porque diferentes ansats de campo medio de

t_{i}

$t_i$ (y, por lo tanto, diferentes hamiltonianos de campo medio) pueden tener el mismo estado de espín proyectado, el estado de espín proyectado

ψ_{s p i n}

$\psi_{spin}$ puede tener más simetrías que el hamiltoniano de campo medio

H

$H$ . Entonces, la naturaleza de mi pregunta es de hecho un problema de calibre .

kai li

@ Oaoa Este argumento y el artículo de Wen pueden ser útiles para usted.

Respuestas (2)

¿Por qué el estado de flujo ππ\pi tiene simetría de inversión de tiempo?

¿ Tal vez una de las etiquetas podría intercambiarse por nivel de investigación ?
@ DIMension10 Sí, esta pregunta no está explícitamente relacionada ni con la superconductividad ni con la teoría del calibre. También, creo $t_i$ está mal definido. Una mejor definición debería ser $t_{n}=te^{\mathbf{i}\pi/4}$ , por todos los $n$ , y $\mathbf{i}^{2}=-1$ . Dime si me equivoco.
@ Oaoa ¿No es mi definición de $t_i$ el mismo que el tuyo?
@ Oaoa Aquí ampliamos el espacio de spin Hilbert al introducir los operadores spinon $f_{i\sigma}$ , y por lo tanto introdujo muchos estados no físicos (redundancia de calibre). Y para obtener el estado de espín físico, debemos realizar la proyección sobre los estados de campo medio al final. Esta estructura de calibre de alta energía se conoce como SU(2) .
@K-boy Lo siento por ser duro a veces. Sus anotaciones no son exactamente incorrectas, solo son confusas, ya que $i$ aparece como un índice de $t_{i}$ y como el número imaginario tal que $i^{2}=-1$ en el exponencial. Prefiero definir la cantidad compleja con una letra en negrita $\mathbf{i}$ . Gracias por su comentario sobre la estructura de calibre SU(2). Sin embargo, su pregunta no es realmente sobre el aspecto de calibre, ni sobre el aspecto de superconductividad del artículo que citó en su pregunta, mientras que DiMension10 estaba buscando una etiqueta para borrar, de ahí mi comentario anterior. Por favor, siéntase libre de volver a editar el...
… la(s) modificación(es) de Dimension10 si lo desea. Consulte también la modificación de mi respuesta a continuación sobre la transformación de los operadores, y siéntase libre de comentar más en cualquier caso.
@ Oaoa Estimado Oaoa, mi pregunta está esencialmente interesada en la simetría del estado de giro proyectado $\psi_{spin}$ en lugar de la simetría del hamiltoniano de campo medio $H$ o su estado fundamental $\psi_{MF}$ . Solo porque diferentes ansats de campo medio de $t_i$ (y, por lo tanto, diferentes hamiltonianos de campo medio) pueden tener el mismo estado de espín proyectado, el estado de espín proyectado $\psi_{spin}$ puede tener más simetrías que el hamiltoniano de campo medio $H$ . Entonces, la naturaleza de mi pregunta es de hecho un problema de calibre .
@ Oaoa Este argumento y el artículo de Wen pueden ser útiles para usted.

FraSchelle · Answer 1

No conozco el artículo al que se refiere, pero creo que el hamiltoniano del que habla debería recibir una $\pi$ -cambio de fase después de una vuelta alrededor de una celda de celosía (2D). Así que supongo que debería leer $H=F^{\dagger}\cdot H_{\pi}\cdot F$ con

H_{π} = t (\begin{array}{cccc} 0 & {mi}^{i π / 4} & 0 & {mi}^{- i π / 4} \\ {mi}^{- i π / 4} & 0 & {mi}^{i π / 4} & 0 \\ 0 & {mi}^{- i π / 4} & 0 & {mi}^{i π / 4} \\ {mi}^{i π / 4} & 0 & {mi}^{- i π / 4} & 0 \end{array})

$H_{\pi}=t\left(\begin{array}{cccc} 0 & e^{\mathbf{i}\pi/4} & 0 & e^{-\mathbf{i}\pi/4}\\ e^{-\mathbf{i}\pi/4} & 0 & e^{\mathbf{i}\pi/4} & 0\\ 0 & e^{-\mathbf{i}\pi/4} & 0 & e^{\mathbf{i}\pi/4}\\ e^{\mathbf{i}\pi/4} & 0 & e^{-\mathbf{i}\pi/4} & 0 \end{array}\right)$

y $F^{\dagger}=\left(\begin{array}{cccc} f_{1}^{\dagger} & f_{2}^{\dagger} & f_{3}^{\dagger} & f_{4}^{\dagger}\end{array}\right)$ . Entonces, uno tiene

H_{π} = \frac{t}{\sqrt{2}} [(1 + τ_{X}) \otimes η_{X} - (1 - τ_{X}) \otimes η_{y}]

$H_{\pi}=\dfrac{t}{\sqrt{2}}\left[\left(1+\tau_{x}\right)\otimes\eta_{x}-\left(1-\tau_{x}\right)\otimes\eta_{y}\right]$

donde el $\eta$ y $\tau$ son las matrices de Pauli usuales.

El operador de simetría de inversión de tiempo, cuando existe, se define como un operador antiunitario que conmuta con el hamiltoniano. Tal operador se puede definir como $T=\mathscr{K}\tau_{z}\otimes\mathbf{i}\eta_{y}$ y por lo tanto $H$ es la inversión del tiempo simétrica. $\mathscr{K}$ es el operador anti-unitario $\mathscr{K}\left[\mathbf{i}\right]=-\mathbf{i}$ y por lo tanto $\mathscr{K}\left[\eta_{y}\right]=-\eta_{y}$ . Uno comprueba que $\left[H_{\pi},T\right]=0$ como debe

Dígame si comencé con el hamiltoniano incorrecto.

Algunas palabras sobre la definición (como sigue del comentario a continuación): El operador de inversión de tiempo se define como lo hice yo, es decir, uno lo aplica al hamiltoniano. $H_{\pi}$ , (llámela densidad hamiltoniana si lo desea, ya que en mi forma de escribir $H=F^{\dagger}\cdot H_{\pi}\cdot F$ , los puntos deben incluir la(s) suma(s) sobre fase-espacio-tiempo [eliminar según corresponda]). Podría preferir definir la acción de un operador como la transformación de los operadores (o la función de onda). Pero no debe usar ambas definiciones al mismo tiempo . Está claro que no puedes hacer ambas cosas, ya que de lo contrario te transformas $H=F^{\dagger}\cdot H_{\pi}\cdot F \rightarrow F^{\dagger}\cdot U^{\dagger}\cdot \left(U \cdot H_{\pi} \cdot U^{\dagger}\right) \cdot U\cdot F = H$ trivialmente, cualquier transformación (anti-)unitaria $U$ tu eliges. Está claro que lo que buscas es algo así como $H=F^{\dagger}\cdot H_{\pi}\cdot F \rightarrow F^{\dagger}\cdot U^{\dagger}\cdot H_{\pi} \cdot U\cdot F \sim H$ y ven lo que acabo de decir: aplicar la transformación al hamiltoniano (densidad) oa los campos, pero no a ambos. En materia condensada solemos elegir la convención que te di: transformamos el hamiltoniano. Una de las razones es que se considera que los operadores (especialmente los de creación/aniquilación fermiónicos) codifican las estadísticas de los campos, mientras que el hamiltoniano codifica la dinámica, y es simple imaginación cambiar la dinámica.

@Oaoa Gracias por tu respuesta. Sí, diste la forma correcta del hamiltoniano. Pero creo que el operador de inversión de tiempo antiunitario debería definirse como: $f_{i\uparrow}\rightarrow f_{i\downarrow}, f_{i\downarrow}\rightarrow -f_{i\uparrow}$ y de manera similar $f_{i\uparrow}^\dagger \rightarrow f_{i\downarrow}^\dagger , f_{i\downarrow}^\dagger \rightarrow -f_{i\uparrow}^\dagger$ .
@ Oaoa Usando su notación del hamiltoniano y de acuerdo con mi comprensión de la operación de inversión de tiempo, el hamiltoniano bajo inversión de tiempo se cambia como $H=F^\dagger \cdot H_{\pi} \cdot F \rightarrow THT^{-1}=F^\dagger \cdot H_{\pi}^* \cdot F\neq H$ .
@ K-boy, creo que te pierdes el punto. Mientras no quiera definir qué es para usted una simetría de inversión de tiempo, no hay forma de discutirlo. Una simetría hace que el hamiltoniano transformado sea similar al original. Eso es, en esencia, lo que dijo en su respuesta, con su redundancia SU (2). Incluí esta redundancia en la estructura de $H_{\pi}$ y definí la simetría de inversión de tiempo en mi respuesta. Tal vez usaste una definición local en el espacio (algo así como $T=\mathscr{K}\mathbf{i}\sigma_{y}$ aplicado a cada sitio de celosía) pero no hay necesidad de una definición tan restrictiva...
… Por el contrario, utilicé una generalización no local en el espacio, e incluí la redundancia de la subred (en su idioma) en el $\tau$ Matrices de (en mi idioma). No sé si la distinción entre nuestros dos enfoques (equivalentes) es importante o no. No debería, ya que es un problema puramente retórico, mientras que las matemáticas subyacentes son las mismas.

kai li · Answer 2

De nuevo, gracias a la $SU(2)$ PSG propuesto por el profesor Wen, puedo responder mi pregunta ahora, $THT^{-1}$ es de hecho $SU(2)$ calibre equivalente a $H$ , y la declaración " $H$ tampoco es calibre SU (2) equivalente al hamiltoniano transformado por inversión de tiempo $THT^{-1}$ " en mi pregunta está mal.

Reescribamos el hamiltoniano como $H(\psi_i)=\sum_{<ij>}(\psi_i^\dagger\chi_{ij}\psi_j+H.c.)$ , dónde $\psi_i=(f_{i\uparrow},f_{i\downarrow}^\dagger)^T$ y $\chi_{ij}=\begin{pmatrix} t_{ij} & 0\\ 0 & -t_{ij}^* \end{pmatrix}$ . Y divida la red cuadrada en dos subredes (los sitios vecinos más cercanos pertenecen a diferentes subredes) denotadas como $A$ y $B$ . Ahora es fácil ver que

T H (ψ_{i}) T^{- 1} = H ({GRAMO}_{i} ψ_{i}), {GRAMO}_{i} \in S tu (2)

$TH(\psi_i)T^{-1}=H(G_i\psi_i),G_i\in SU(2)$ , con

G_{i} = {\begin{cases} i σ_{y} & if i \in A \\ - i σ_{y} & if i \in B \end{cases}

$G_i=\begin{cases} i\sigma_y& \text{ if } i\in A \\ -i\sigma_y& \text{ if } i\in B \end{cases}$ o

G_{i} = {\begin{cases} - i σ_{y} & if i \in A \\ i σ_{y} & if i \in B \end{cases} .

$G_i=\begin{cases} -i\sigma_y& \text{ if } i\in A \\ i\sigma_y& \text{ if } i\in B \end{cases} .$ Por lo tanto, el estado de espín proyectado

ψ_{s p i n}

$\psi_{spin}$ de hecho tiene la simetría de inversión de tiempo así como la simetría de traslación.

Observaciones: De hecho, siempre que el hamiltoniano de campo medio $H(\psi_i)$ en la red suqare tiene la forma anterior (que contiene solo los términos del vecino más cercano )

(1)con $\chi_{ij}=\begin{pmatrix} t_{ij} & \Delta_{ij}\\ \Delta_{ij}^* & -t_{ij}^* \end{pmatrix}$ , el hamiltoniano de campo medio $H(\psi_i)$ siempre satisface la identidad anterior bajo la transformación de inversión de tiempo y, por lo tanto, el estado de espín proyectado siempre tiene la simetría de inversión de tiempo.

(2) por otro lado , si $\chi_{ij}=\begin{pmatrix} t_{ij} & 0\\ 0 & -t_{ij}^* \end{pmatrix}$ , dónde $t_{ij}$ están parametrizados por cuatro parámetros complejos $t_{1,2,3,4}$ como se muestra en la Fig.1. en el papel , siempre y cuando $t_{1,2,3,4}$ tienen magnitudes iguales (sin necesidad de fase igual), entonces también se puede mostrar que el estado de espín proyectado tiene la simetría de traslación.

Buena respuesta. Tengo la sensación de que es exactamente igual que el mío, simplemente reformulado. Usted definió el SU(2) como una pseudo-simetría de red secundaria (quizás mejor decir redundancia ), mientras que yo lo incluí en un $4\times 4$ notación matricial en mi $H_{\pi}$ matriz. Entonces al final es sólo una cuestión de retórica. Tenga en cuenta en particular que su $G_{i}=\pm \mathbf{i}\sigma_{y}$ es igual a mi $T\propto \tau_{z}\otimes\mathbf{i}\eta_{y}$ . Creo que qué imagen es la más fructífera para qué propósito es otra pregunta interesante; No tengo respuesta.

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Abhimanyu Pallavi Sudhir

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