Un solo electrón en una cadena de dos átomos: factorización del espacio de hilbert por grados de movimiento externos e internos

Question

Un solo electrón en una cadena de dos átomos: factorización del espacio de hilbert por grados de movimiento externos e internos

StarBucK

Tengo una pregunta sobre las primeras páginas del libro "A Short Course on Topological Insulators" de János K. Asbóth, László Oroszlány y András Pályi

Pero en realidad podemos verlo aquí: http://theorie.physik.uni-konstanz.de/burkard/sites/default/files/ts15/TalkSSH.pdf

Presentación del problema

Trabajamos con una cadena unidimensional donde hay dos tipos de átomos $A$ y $B$ . La celda unitaria está etiquetada por $m$ . Estudiamos el movimiento de un electrón.

Tenemos diferentes términos de interacción: $v$ y $w$ .

Trabajan con el siguiente modelo SSH hamiltoniano:

H = v \sum_{metro = 1}^{norte} (| metro, B ⟩ ⟨ metro, A | + h C) + w \sum_{metro = 1}^{norte - 1} (| metro + 1, A ⟩ ⟨ metro, B | + h C)

$H=v \sum_{m=1}^N (|m,B\rangle\langle m,A| +hc)+w\sum_{m=1}^{N-1} (|m+1,A\rangle\langle m,B|+hc)$

Dónde $hc$ es para el conjugado hermítico.

Por lo tanto, si escribimos el hamiltoniano, tenemos algo parecido a:

H = [\begin{matrix} 0 & v & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ v & 0 & w & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & w & 0 & v & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & v & 0 & w & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & w & 0 & v & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & v & 0 & w & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & w & 0 & v \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & v & 0 \end{matrix}]

$H = \begin{bmatrix}0&v&0&0&0&0&0&0\\v&0&w&0&0&0&0&0 \\ 0&w&0&v&0&0&0&0 \\ 0&0&v&0&w&0&0&0\\ 0&0&0&w&0&v&0&0\\ 0&0&0&0&v&0&w&0 \\ 0&0&0&0&0&w&0&v \\ 0&0&0&0&0&0&v&0 \end{bmatrix}$

Y el espacio de Hilbert puede verse como un producto tensorial de:

$\mathcal{H}_{tot}=\mathcal{H}_{ext} \otimes \mathcal{H}_{int}$

Donde el grado de libertad externo está representado por la letra $m$ , y el interno por el hecho de que estamos en el sitio $A$ o $B$ .

De este modo : $|m,\alpha\rangle = |m\rangle \otimes |\alpha \rangle$ dónde $\alpha=A,B$ .

Mi pregunta

Pero hay algo que no entiendo aquí.

Estoy de acuerdo en que podemos ver el espacio de Hilbert total del problema como un producto tensorial de un espacio de hilbert con grados de libertad internos y externos.

Pero al mismo tiempo, si consideramos el estado $|m,A\rangle$ , veríamos una gaussiana centrada en el átomo $A$ en la celda $m$ . Y luego $|A\rangle$ sería una gaussiana centrada en $0$ y $|m\rangle$ lo "cambiaría" a la posición $m$ bien ? Pero si escribimos todo en el $x$ base tenemos:

ψ (X) = ψ_{metro} (X) ψ_{A} (X)

$\psi(x)=\psi_m(x) \psi_A(x)$ y debería ser

0

$0$ fuera del apoyo de

ψ_{A}

$\psi_A$ . Y como

ψ_{A}

$\psi_A$ es una gaussiana centrada en

0

$0$ tendríamos una función de onda que es cero en todas partes si vamos lo suficientemente lejos.

¿Dónde está el error que cometo en mi visión del problema?

no es $|m,A\rangle$ una gaussiana centrada en el átomo $A$ eso esta en la celda $m$ ? Si es así, ¿qué representan los kets? $|m\rangle$ y $|A\rangle$ físicamente (cómo se ven esas funciones de onda).

Kenny H.

Parece que también se puede acceder al libro que mencionas a través de arXiv.com. Aquí está el enlace que encontré: arxiv.org/pdf/1509.02295.pdf

Respuestas (3)

Un solo electrón en una cadena de dos átomos: factorización del espacio de hilbert por grados de movimiento externos e internos

Parece que también se puede acceder al libro que mencionas a través de arXiv.com. Aquí está el enlace que encontré: arxiv.org/pdf/1509.02295.pdf

Everett usted · Answer 1

esta mal escribir $\psi(x)=\psi_m(x)\psi_A(x)$ . La función de onda correcta $\psi_{mA}(x)$ que representa al estado $|m,A\rangle$ debiera ser

ψ_{metro A} (X) = {mi}^{- metro \partial_{X}} ψ_{A} (X) = (1 - metro \partial_{X} + \frac{1}{2!} {metro}^{2} \partial_{X}^{2} - \frac{1}{3!} {metro}^{3} \partial_{X}^{3} + \dots) ψ_{A} (X) = ψ_{A} (X - metro),

$\psi_{mA}(x)=e^{-m\partial_x}\psi_{A}(x)=\left(1-m\partial_x+\frac{1}{2!}m^2\partial_x^2-\frac{1}{3!}m^3\partial_x^3+\cdots\right)\psi_{A}(x) =\psi_{A}(x-m),$ donde hemos utilizado la fórmula de la expansión de Taylor. Físicamente, esto se puede entender al notar que

p = - i \partial_{x}

$p=-\text{i}\partial_x$ es el operador de cantidad de movimiento que genera la traducción, y el significado del estado

| m, A ⟩

$|m,A\rangle$ es simplemente el paquete gaussiano

ψ_{A} (x)

$\psi_A(x)$ traducido por el desplazamiento

m

$m$ .

El producto tensorial en $|m,A\rangle=|m\rangle\otimes|A\rangle$ no significa multiplicar dos funciones de onda juntas directamente. Simplemente significa que si considera la siguiente superposición lineal, el resultado se puede expandir en la base del producto tensorial como

(C_{metro} | metro ⟩ + C_{norte} | norte ⟩) \otimes (C_{A} | A ⟩ + C_{B} | B ⟩) = C_{metro} C_{A} | metro, A ⟩ + C_{metro} C_{B} | metro, B ⟩ + C_{norte} C_{A} | norte, A ⟩ + C_{norte} C_{B} | norte, B ⟩ .

$(c_m|m\rangle+c_n|n\rangle)\otimes(c_A|A\rangle+c_B|B\rangle)=c_mc_A|m,A\rangle+c_mc_B|m,B\rangle+c_nc_A|n,A\rangle+c_nc_B|n,B\rangle.$ Esto es lo que define una estructura de producto tensorial en el espacio de Hilbert. Cualquier estructura algebraica que satisfaga tal propiedad de los mapas binlienares puede llamarse producto tensorial. Puedes ver que en términos de la función de onda, la siguiente estructura algebraica es de hecho un producto tensorial

(C_{metro} {mi}^{- metro \partial_{X}} + C_{norte} {mi}^{- norte \partial_{X}}) \otimes (C_{A} ψ_{A} (X) + C_{B} ψ_{B} (X)) = C_{metro} C_{A} ψ_{A} (X - metro) + C_{metro} C_{B} ψ_{B} (X - metro) + C_{norte} C_{A} ψ_{A} (X - norte) + C_{norte} C_{B} ψ_{B} (X - norte) .

$(c_m e^{-m\partial_x}+c_n e^{-n\partial_x})\otimes(c_A \psi_A(x)+c_B \psi_B(x))=c_mc_A \psi_A(x-m)+c_mc_B \psi_B(x-m)+c_nc_A \psi_A(x-n)+c_nc_B \psi_B(x-n).$ En este sentido, los operadores

e^{- m \partial_{x}}

$e^{-m\partial_x}$ forman un conjunto de bases del espacio de Hilbert externo, que se puede denotar como

| m ⟩

$|m\rangle$ abstractamente No hay una función de onda asociada con

| m ⟩

$|m\rangle$ , porque

| m ⟩ = e^{- m \partial_{x}}

$|m\rangle=e^{-m\partial_x}$ en realidad se representa como un operador lineal en este caso.

Bueno, si uno insiste en entender el $|m\rangle$ estado como una función de onda, una posible interpretación es considerar que es una función delta de Dirac ubicada en $x=m$ (el centro de la $m$ ª celda unitaria).

ψ_{metro} (X) = d (X - metro) .

$\psi_m(x)=\delta(x-m).$ Pero aún así, el producto tensorial

| m ⟩ \otimes | A ⟩

$|m\rangle\otimes|A\rangle$ no corresponde a multiplicar las funciones de onda

ψ_{m} (x)

$\psi_m(x)$ y

ψ_{A} (x)

$\psi_A(x)$ juntos de manera puntual. En realidad, debería entenderse como una convolución de las dos funciones de onda:

ψ_{metro A} (X) = (ψ_{metro} * ψ_{A}) (X) = \int d y ψ_{metro} (y) ψ_{A} (X - y) = ψ_{A} (X - metro) .

$\psi_{mA}(x)=(\psi_{m}*\psi_A)(x)=\int\text{d}y\psi_m(y)\psi_A(x-y)=\psi_A(x-m).$ La convolución también satisface las propiedades algebraicas del producto tensorial y, por lo tanto, es una representación legítima del producto tensorial. Este punto de vista es secretamente equivalente al punto de vista del operador anterior, porque, en el análisis funcional, la función delta de Dirac (o la función delta de Dirac desplazada) en realidad se define como el núcleo del operador de identidad (o el operador de traducción) .

Gracias por su respuesta. Pero pensé que en un producto tensorial del espacio de Hilbert, cada elemento debería ser una función integrable. ¿Pero aparentemente también permitimos que los operadores vivan en uno de los elementos del producto tensorial? Yo no sabía esto
@StarBucK Bueno, su comprensión solo corresponde al caso más simple del producto tensorial. A los ojos de los matemáticos, el producto tensorial puede ser cualquier cosa que satisfaga la propiedad universal de los mapas bilineales. Por lo que deberíamos ver el producto tensorial desde un punto de vista más alto y más general. Sin embargo, si insistes en pensar en términos de funciones de onda, también es posible. Consulte la sección adjunta mi respuesta actualizada.
Hmm, sobre su sección adjunta para mí, es contradictoria con los postulados del producto escalar con productos tensoriales. De hecho, los definimos como $\langle x , x' | \psi , \phi \rangle= \psi(x) \phi(x')$ . ¿Entonces en esta parte cambias este postulado?
Después de revisar su respuesta, me di cuenta de que mi respuesta a continuación es demasiado poco rigurosa...
@StarBucK El postulado $\langle x,x'|\psi,\phi\rangle=\psi(x)\phi(x')$ no se aplica al producto tensorial aquí. El postulado se formuló para el caso del producto tensorial de dos funciones de onda de una sola partícula por una función de onda de dos cuerpos, donde $x$ y $x'$ son las coordenadas de ambas partículas respectivamente. Pero aquí solo tenemos una sola partícula, y solo tiene una coordenada $x$ , por lo que el postulado no tiene sentido en este caso.
@StarBucK La conclusión es que para diferentes realizaciones del producto tensorial, necesitamos adoptar diferentes formas del postulado, por ejemplo, $\langle m,x|n,A \rangle=\delta_{mn}\psi_{nA}(x+m)$ .

Cometa.Y · Answer 2

OK, veamos si esto es lo que quieres: considera una posición general:

\begin{aligned} X = metro \cdot a_{0} + \tilde{X} \end{aligned}

$\begin{align} x = m \cdot a_0 + \tilde{x} \end{align}$ y considere la siguiente función base:

\begin{aligned} ψ_{METRO} (X) \propto \sum_{metro = 0}^{norte} d (metro \cdot a_{0}) \\ \underset{X - \infty}{límite} & ψ_{A} (X) = 0 \end{aligned}

$\begin{align} &\psi_M(x) \propto \sum_{m = 0}^{N} \delta(m\cdot a_0) \\ \lim_{x-\infty}\quad& \psi_A(x) = 0 \end{align}$ entonces, su función de onda se puede escribir como:

\begin{aligned} ψ (X) = ψ_{METRO} (metro \cdot a_{0}) \otimes ψ_{A} (\tilde{X}) \end{aligned}

$\begin{align} \psi(x) = \psi_M(m\cdot a_0)\otimes\psi_A(\tilde{x}) \end{align}$

Kenny H. · Answer 3

Kenny H.

Creo que su problema se debe a un malentendido de lo que es el espacio de estado del producto tensorial, atravesado por la base $\{\lvert m,X \rangle\}$ dónde $m=1,2,3,4$ y $X=A,B$ , medio. El modelo SSH que está considerando está especificado por el hamiltoniano cuyos estados se abarcan mediante este producto tensorial de vectores base. En el contexto de este modelo, el Estado $\lvert A \rangle$ no tiene necesariamente ningún significado por sí mismo. Por lo tanto, creo que su interpretación de comenzar con el estado $\lvert A\rangle$ ser un gaussiano centrado en cualquier cosa es incorrecto. Este estado por sí solo no tiene significado. Dentro de este modelo, los estados deben ser especificados por el producto tensorial completo.

StarBucK

Gracias por su respuesta. Aunque no estoy seguro de entender. Si tengo un producto tensorial de estados, siempre puedo proyectarlo en

⟨ x, x^{'} |

$\langle x, x'|$ . De este modo

⟨ x, x^{'} | m, X ⟩ = ⟨ x | m ⟩ ⟨ x^{'} | X ⟩ = ψ_{m} (x) ψ_{X} (x^{'})

$\langle x,x' |m,X\rangle=\langle x | m \rangle \langle x' | X \rangle = \psi_m(x) \psi_X(x')$ . asi no entiendo

Kenny H.

Tiene toda la razón en que siempre puede proyectar un producto tensorial de estados en lo que quiera. El problema está en su primera explicación del problema, donde piensa que comienza con

| A ⟩

$\lvert A\rangle$ y luego cambiarlo especificando

| m ⟩

$\lvert m\rangle$ . Los Estados

| A ⟩

$\lvert A \rangle$ y

| m ⟩

$\lvert m \rangle$ no tienen significado por sí mismos ya que el espacio de estado del modelo es un producto tensorial de los dos. ¿Esto ayuda?

StarBucK

Entonces lo que quieres decir es que de hecho

| A ⟩

$|A\rangle$ tiene una función de onda dada pero no es el significado físico que pienso de un gaussiano centrado. De hecho, es una función en

R

$\mathbb{R}$ pero algo sobre lo que es difícil tener una intuición física. en el opuesto de

| m, A ⟩

$|m,A\rangle$ que realmente se puede ver como un centro gaussiano en el átomo

A

$A$ en la celda

m

$m$ . Es eso lo que quieres decir ?

Kenny H.

No. En este modelo, el espacio de estado es el producto tensorial

| m ⟩ \otimes | X ⟩

$\lvert m\rangle \otimes \lvert X\rangle$ . Debe especificar ambas partes del producto tensorial para seleccionar estados en el espacio de estados de este modelo. El vector de estado

| A ⟩

$\lvert A \rangle$ no tiene significado por sí mismo y no tiene sentido hablar de su función de onda.

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StarBucK

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Valor esperado ⟨1r2⟩⟨1r2⟩\langle \frac{1}{r^2} \rangle usando el teorema de Hellmann-Feynman

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