Simetría en el problema de Landau

Question

Simetría en el problema de Landau

jontrav1

Suponga que una partícula es forzada a moverse en el $x-y$ plano, bajo un campo magnético constante $\vec{B} = B\hat{z}$ . El hamiltoniano se puede escribir como

H = \frac{Π^{2}}{2 metro}

$H = \frac{\Pi^2}{2m}$ dónde

\vec{Π} = \vec{P} - q \vec{A}

$\vec{\Pi} = \vec{P} - q\vec{A}$ , donde elegimos el calibre simétrico

\vec{A} = \frac{B}{2} (- y, x, 0)

$\vec{A} = \frac{B}{2}(-y,x,0)$ . Usando

\vec{Π}

$\vec{\Pi}$ , podemos generar operadores de creación y aniquilación

a = \frac{1}{\sqrt{2 B q ℏ}} (Π_{x} - i Π_{y})

$a = \frac{1}{\sqrt{2Bq\hbar}}\left(\Pi_x - i\Pi_y\right)$ , tal que

[a, a^{†}] = 1

$[a,a^{\dagger}] = 1$ , y luego

H = ℏ ω_{B} (a^{†} a + \frac{1}{2})

$H = \hbar\omega_B\left(a^{\dagger}a + \frac{1}{2}\right)$ Bajo este indicador, el operador

\tilde{Π} = \vec{P} + q \vec{A}

$\widetilde{\Pi} = \vec{P} + q\vec{A}$ viaja con

\vec{Π}

$\vec{\Pi}$ , y también podemos generar operadores de creación y aniquilación

c = \frac{1}{\sqrt{2 B q ℏ}} ({\tilde{Π}}_{x} - i {\tilde{Π}}_{y})

$c = \frac{1}{\sqrt{2Bq\hbar}}\left(\widetilde{\Pi}_x - i\widetilde{\Pi}_y\right)$ tal que

[c, c^{†}] = 1

$[c,c^{\dagger}] = 1$ . También,

c^{†} c

$c^{\dagger}c$ viaja con

[a^{†}, a]

$[a^{\dagger},a]$ , por lo que podemos encontrar una base propia común. Esto significa que hay dos números cuánticos,

n_{a}

$n_a$ cuales son los valores propios de

a^{†} a

$a^{\dagger}a$ y

n_{c}

$n_c$ cuales son los valores propios de

c^{†} c

$c^{\dagger}c$ . Dado que los niveles de energía dependen sólo de

n_{a}

$n_a$ , concluimos que hay una degeneración infinita en todos los niveles.

Ahora, el momento angular canónico en el $z$ La dirección se puede escribir como $L_z = -\hbar(a^{\dagger}a - c^{\dagger}c)$ .

Me piden que explique la degeneración infinita usando simetría.

La única simetría que puedo ver en este problema son las rotaciones alrededor del $z$ eje. Me doy cuenta de que los niveles de energía son invariantes de calibre, mientras que los operadores $c,c^{\dagger}$ no lo son, por lo que no hay una simetría de calibre completa. El hecho de que haya una simetría completa de rotaciones alrededor $z$ no puede implicar una degeneración infinita, como por ejemplo un $3D$ oscilador isotrópico tiene simetría completa de rotaciones alrededor de cada eje, pero no tiene degeneración infinita.

¿Qué simetría provoca entonces la degeneración infinita?

Respuestas (1)

Simetría en el problema de Landau

David Bar Moshé · Answer 1

La existencia de una degeneración infinita de un nivel de energía implica la existencia de un grupo de simetría dinámica no compacto que conmuta con el hamiltoniano. Se puede pensar en un generador no compacto como un operador de traducción (continua o discreta), entonces todas las versiones traducidas de un estado tendrán la misma energía, por lo que la degeneración se hará infinita.

El caso del problema planar de Landau está muy claramente explicado por Joohan Lee .

Los operadores magnéticos de traducción:

T_{i} = π_{i} - ϵ_{i j} B X_{j}

$T_i = \pi_i - \epsilon_{ij}Bx_j$ (

x_{i}

$x_i$ son las coordenadas y

π_{i}

$\pi_i$ son los momentos canónicos), junto con el operador de momento angular

j = ϵ_{i j} X_{i} π_{j} + \frac{1}{2} B X_{i}^{2}

$J = \epsilon_{ij} x_i \pi_j + \frac{1}{2} B x_i^2$ generar una extensión central de la

E (2)

$E(2)$ álgebra de mentira. (Es un producto semidirecto del álgebra de Heisenberg-Weyl y la rotación en el plano)

[T_{i}, T_{j}] = - i ϵ_{i j} B

$[T_i, T_j] = -i \epsilon_{ij}B$

[j, T_{i}] = i ϵ_{i j} T_{j}

$[ J, T_i] = i \epsilon_{ij}T_j$ El hamiltoniano se puede expresar en términos de estos operadores:

H = \frac{1}{2 metro} (T_{i}^{2} - 2 B j)

$H = \frac{1}{2m}(T_i^2-2BJ)$ El Hamiltoniano conmuta con todos los generadores, es el Casimiro del álgebra.

Como los operadores no conmutan, podemos diagonalizar solo uno de ellos simultáneamente con el hamiltoniano.

Supongamos que elegimos diagonalizar $T_1$ , entonces los vectores propios del hamiltoniano serán etiquetados por: $|E, t_1\rangle$ , dónde $E$ es el valor propio hamiltoniano y $t_1$ es el operador de traducción $T_1$ valor propio No es difícil comprobar que todos los estados:

{mi}^{i α T_{2}} | mi, t_{1} ⟩ = | mi, t_{1} + B α ⟩

$e^{i \alpha T_2}|E, t_1\rangle = |E, t_1+B\alpha\rangle$ son degenerados para todos

α

$\alpha$ .

Supongamos que elegimos diagonalizar $J$ junto con el hamiltoniano, entonces los vectores propios del hamiltoniano estarán etiquetados por: $|E, j\rangle$ , dónde $j$ es el momento angular $J$ valor propio No es difícil comprobar que todos los estados:

(T_{1} + i T_{2})^{norte} | mi, j ⟩ = | mi, j + norte ⟩

$(T_1+iT_2 )^n|E, j\rangle = |E, j+n\rangle$ son degenerados para todos

n

$n$ .

Así, en resumen, una degeneración infinita requiere que el sistema tenga un grupo de simetría no compacto que conmuta con el hamiltoniano.

Vale la pena mencionar que el grupo de simetría en sí (la extensión central de $E(2)$ ) es de dimensión finita, sólo su representación realizada en el espacio cuántico de Hilbert es de dimensión infinita. Sin embargo, ciertos estados de la segunda versión cuantificada del sistema poseen grupos de simetría de dimensión infinita. En nuestro caso, se puede demostrar que los sistemas de Hall cuánticos, al menos con ciertos rellenos fraccionarios, tienen un álgebra de simetría de dimensión infinita: el $W_{\infty}$ álgebra que es el álgebra de Lie de los difeomorfismos que conservan el área (consulte Capelli, Trugenberger y Zemba ). Esta simetría expresa el hecho de que el segundo estado cuantificado es incompresible.

Simetría en el problema de Landau

jontrav1

Respuestas (1)

David Bar Moshé

¿Cómo funciona r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)\bar{r}\times(\bar{\nabla} \times) - \bar{\nabla}\times(\bar{r}\times) se relacionan con el operador de momento angular orbital?

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