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Antworte auf:  Zweite Quantisierung und Bogoliubov-Transformation von Skalhoef
Forum:  Mathematische Physik, moderiert von: John_Matrix PhysikRabe

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index_razor
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Mitteilungen: 183
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 Beitrag No.13, eingetragen 2020-01-24 10:13    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-23 03:40 - Skalhoef in Beitrag No. 12 schreibt:
Hallo index_razor,

vielen vielen vielen Dank für die Antwort!!!

Freut mich, wenn es hilfreich war.



Hier wäre noch für mich ein "Nice to know"-Ding, falls du (oder jemand anders) auch da eine Idee hat wäre das natürlich noch die Kirsche auf der Torte, aber falls nicht ist es nicht schlimm. (Einen Haken bekommt der Foreneintrag sowieso. ;-))


2020-01-22 20:44 - index_razor in Beitrag No. 11 schreibt:
2020-01-21 21:24 - Skalhoef in Beitrag No. 10 schreibt:
Ist die Eigenbasis eines Hamilton-Operators nicht eindeutig?

Nicht unbedingt (wegen Entartung).  Aber mir war lediglich nicht klar, daß die Basis \(|i\rangle\) die Eigenbasis eines Hamiltonians sein sollte.
Kann man dann nicht das Gram-Schmidt-Verfahren verwenden? (Und dann ist die Basis nur noch bis auf Nummerierung uneindeutig?)

Nein, wenn z.B. zwei nicht-kommutierende Operatoren, sagen wir A und B, Erhaltungsgrößen sind, dann kannst du entweder eine gemeinsame Eigenbasis für A und H oder für B und H finden.  Jede der beiden Basen kannst du dann orthogonalisieren, aber sie bleiben trotzdem beide verschieden, d.h. sie enthalten unterschiedliche Vektoren und sind nicht nur anders numeriert.

Das tritt z.B. immer auf, wenn der Drehimpuls erhalten ist.  Neben der Hauptquantenzahl führt man dann noch die magnetische Quantenzahl m ein, die der Drehimpulsprojektion auf irgendeine willkürliche Achse angibt.  Ändert man diese Achse ändern sich auch die Zuordnung der Quantenzahlen zu den Eigenzuständen, da die Drehimpulse bzgl. verschiedener Achsen nicht kommutieren.



Skalhoef
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Dabei seit: 29.01.2017
Mitteilungen: 192
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 Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-23 03:40    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo index_razor,

vielen vielen vielen Dank für die Antwort!!!
... Ich wollte eigentlich eben schlafen gehen. Als ich deine Antwort gelesen habe ging das nicht mehr. :D


2020-01-22 20:44 - index_razor in Beitrag No. 11 schreibt:
(...) Nach meiner Rechnung ist (ohne Gewähr) \(c_{2m+1}=0\), \(c_{2m}=\left(-\frac{B}{A}\right)^m \sqrt{\frac{(2m-1)!!}{2m!!}})c_0\)
 (...)
Du bist der Babo.
Nach ein bisschen Ausschreiben konnte ich diese Relationen auch reproduzieren.

Du kannst dir gar nicht vorstellen wie lange ich diese Unklarheit schon mit mir rumschleppe... Ich vermute mein größter (und dummer) Fehler war einfach, dass ich nie den Ansatz

2020-01-22 20:44 - index_razor in Beitrag No. 11 schreibt:
\( | 0 \rangle_b = \sum_n c_n|n\rangle\)

zusammen mit der definierenden Bedingung

2020-01-22 20:44 - index_razor in Beitrag No. 11 schreibt:
$$b|0\rangle_b = 0.$$

gewagt habe, weil mir das immer hoffnungslos erschien. (Und jetzt weist du darauf hin, dass es da diese Rekursionsformeln gibt!)

Also ich kann mich nur nochmal wiederholen: Das war für mich ein wirklich sehr schöner Erkenntnissgewinn hier...

Vielen Dank.


Hier wäre noch für mich ein "Nice to know"-Ding, falls du (oder jemand anders) auch da eine Idee hat wäre das natürlich noch die Kirsche auf der Torte, aber falls nicht ist es nicht schlimm. (Einen Haken bekommt der Foreneintrag sowieso. ;-))


2020-01-22 20:44 - index_razor in Beitrag No. 11 schreibt:
2020-01-21 21:24 - Skalhoef in Beitrag No. 10 schreibt:
Ist die Eigenbasis eines Hamilton-Operators nicht eindeutig?

Nicht unbedingt (wegen Entartung).  Aber mir war lediglich nicht klar, daß die Basis \(|i\rangle\) die Eigenbasis eines Hamiltonians sein sollte.
Kann man dann nicht das Gram-Schmidt-Verfahren verwenden? (Und dann ist die Basis nur noch bis auf Nummerierung uneindeutig?)

Diese Unklarheit baut bei mir vermutlich auf einer fundamentaleren Unwissenheit auf was die Diagonalisierbarkeit von hermiteschen Operatoren angeht.
...
(Ich mache ja immer große Augen, wenn man bei beliebig komplizierten Hamiltonians eine Eigenbasis, so steht es in so manchen Büchern, "wählt".
Das wollte ich schon vor einiger Zeit einmal klären aber es hatte leider niemand geantwortet...^^ Energiebasis in der Quantenmechanik)


Grüße
Skalhoef


index_razor
Aktiv
Dabei seit: 06.03.2016
Mitteilungen: 183
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 Beitrag No.11, eingetragen 2020-01-22 20:44    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-21 21:24 - Skalhoef in Beitrag No. 10 schreibt:
Ist die Eigenbasis eines Hamilton-Operators nicht eindeutig?

Nicht unbedingt (wegen Entartung).  Aber mir war lediglich nicht klar, daß die Basis \(|i\rangle\) die Eigenbasis eines Hamiltonians sein sollte.


2020-01-16 18:43 - index_razor in Beitrag No. 9 schreibt:
In der Feldtheorie bspw. fängt man doch oft mit Eigenzustände eines konkreten freien Hamiltionians an.  Deine Wellenfunktionen würden also höchstens die freie Schrödingergleichung lösen.  

Eine ähnliche Konstruktion wäre ja auch für deinen Hamiltonian denkbar: man wählt \(|i\rangle\) als Eigenzustände von \(H_0 = \omega a^\dagger a\) mit der Eigenschaft \(a^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\).  Habe ich deinen Gedanken so richtig verstanden?
Ich glaube nicht... Beim Wort "Feldtheorie" hatte ich das Gefühl, dass hier Welten aufeinander treffen. :D
Nee also in Solid-State-Theory bzw. AQM war die Ausgangssituation immer wie oben beschrieben:

Man geht davon aus, dass man einen Ein-Teilchen-Hamiltonian $H$ besitzt ...

(z.B. ein Elektron in einem Festkörper mit periodischen Randbedingungen bei fester Ionenkonfiguration (und Vernachlässigung der Elektron-Elektron-Wechselwirkung)
$$ H \equiv \frac{p^2}{2m} + V(\vec{r}) + V_0
$$ wobei $V(\vec{r})$ das von den Ionenrümpfen des Kristalls herrührende Potenzial bezeichnet, und $V_0$ diejenige Energieverschiebung bezeichnet die aufgrund der gegenseitigen Coulomb-Wechselwirkung der Ionenrümpfe entseht.)


Dieser Hamiltonian ist ja in Ortsdarstellung gegeben.  Der Hamiltonian in deiner ursprünglichen Frage war in Besetzungszahldarstellung für die Operatoren \(a^\dagger, a\) gegeben.  Deswegen meine Verwunderung woher plötzlich eine Ortswellenfunktion kommen sollte.  Abgesehen davon denke ich, daß wir hier dieselbe Prozedur beschrieben haben.



Deshalb schlage ich vor (um meine ursprüngliche Frage nochmal anzugehen), dass wir von jetzt an einfach annehmen, dass wir die konkrete Gestalt von

$$ \langle \vec{x} | a^{\dagger} | 0 \rangle_a = \phi(\vec{x})
$$
kennen. Hier also nochmal die Unklarheit:

Was ist jetzt

$$ \langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle_b
$$

Als erstes berechnest du \( | 0 \rangle_b = \sum_n c_n|n\rangle\) über die Bedingung

$$b|0\rangle_b = 0.$$
Dann setzt du in \(b^\dagger|0\rangle_b\) deine Definition \(b^\dagger = A^\star a^\dagger + B^\star a\) ein.  Nach meiner Rechnung ist (ohne Gewähr) \(c_{2m+1}=0\), \(c_{2m}=\left(-\frac{B}{A}\right)^m \sqrt{\frac{(2m-1)!!}{2m!!}})c_0\).  Das ergibt

$$b^\dagger|0\rangle_b =  \sum_m c_{2m}\left(A^\star a^\dagger|2m\rangle + B^\star a|2m\rangle\right) \\
= c_0\sum_m \left(\left(-\frac{B}{A}\right)^m \sqrt{\frac{(2m-1)!!}{2m!!}}\right)\left(A^\star \sqrt{2m+1}|2m+1\rangle + B^\star \sqrt{2m}|2m-1\rangle\right)$$
Rechts steht jetzt nur noch eine Linearkombination der Basis, mit der du gestartet bist mit bekannten Entwicklungskoeffizienten.  Eine Ortswellenfunktion taucht zwar nicht auf.  Aber wenn dir die Basiswellenfunktionen \(\langle x|i\rangle\) bekannt sind, kannst du die natürlich leicht ausrechnen.


Skalhoef
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Dabei seit: 29.01.2017
Mitteilungen: 192
Herkunft:
 Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-21 21:24    [Diesen Beitrag zitieren]

Hi,

erst einmal danke für die Antwort.

2020-01-16 18:43 - index_razor in Beitrag No. 9 schreibt:
2020-01-16 16:49 - Skalhoef in Beitrag No. 8 schreibt:
2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Du hast doch über \(\langle x|a^\dagger|0\rangle\) auch nichts konkreteres gesagt.
Die Reihenfolge der Logik beim Aufstellen der zweitquantisierten Hamiltonians war doch immer die Folgende:

Man geht von einem Ein-Teilchen-Hilbertraum $\mathcal{H}$ mit Basis $\{ |i \rangle \}_{i = 1, \ldots}$ aus. (S.d. also $\langle \vec{x} | i \rangle = \psi_i (\vec{x})$ gilt und die Funktionen $\psi_i(\vec{x})$ die Ein-Teilchen-Schrödinger-Gleichung lösen.)

Moment, hier komme ich schon nicht ganz mit.  Du hast die Basis erstmal völlig unspezifiziert gelassen.  Ich kann also nicht mal \(|i\rangle\) von irgendeinem \(|k'\rangle = \sum_{i}U_{ik'}|i\rangle\) unterscheiden.
Ist die Eigenbasis eines Hamilton-Operators nicht eindeutig? (Nahm ich immer so an. Ich kenne jedenfalls keinen Fall wo es nicht so ist und auch keinen Satz (geschweige denn Beweis) der solche Aussagen für Operatoren auf $L^2(\mathbb{R}^3)$ und ähnlichen Hilberträumen trifft.)

2020-01-16 18:43 - index_razor in Beitrag No. 9 schreibt:
In der Feldtheorie bspw. fängt man doch oft mit Eigenzustände eines konkreten freien Hamiltionians an.  Deine Wellenfunktionen würden also höchstens die freie Schrödingergleichung lösen.  

Eine ähnliche Konstruktion wäre ja auch für deinen Hamiltonian denkbar: man wählt \(|i\rangle\) als Eigenzustände von \(H_0 = \omega a^\dagger a\) mit der Eigenschaft \(a^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\).  Habe ich deinen Gedanken so richtig verstanden?
Ich glaube nicht... Beim Wort "Feldtheorie" hatte ich das Gefühl, dass hier Welten aufeinander treffen. :D
Nee also in Solid-State-Theory bzw. AQM war die Ausgangssituation immer wie oben beschrieben:

Man geht davon aus, dass man einen Ein-Teilchen-Hamiltonian $H$ besitzt ...

(z.B. ein Elektron in einem Festkörper mit periodischen Randbedingungen bei fester Ionenkonfiguration (und Vernachlässigung der Elektron-Elektron-Wechselwirkung)
$$ H \equiv \frac{p^2}{2m} + V(\vec{r}) + V_0
$$ wobei $V(\vec{r})$ das von den Ionenrümpfen des Kristalls herrührende Potenzial bezeichnet, und $V_0$ diejenige Energieverschiebung bezeichnet die aufgrund der gegenseitigen Coulomb-Wechselwirkung der Ionenrümpfe entseht.)

... dessen Hilbertraum $\mathcal{H}$ zusammen mit seiner Basis (sie sei hier mal abzählbar...) $\{| i \rangle\}_{i = 1, \ldots}$ (im Idealfall) bekannt sind.

Und wenn man dann ein Viel-Teilchen-Problem beschreiben möchte ...

(z.B. viele Elektronen in einem Festkörper)

...

dann betrachtet man den Hamiltonian $H^{\prime} = H + V_{int}$ der jetzt Wechselwirkungen mit einschließt in zweiter Quantisierung. (Siehe auch Wikipedia, Zweite Quantisierung von Zwei-Teilchen-Operatoren.)


2020-01-16 18:43 - index_razor in Beitrag No. 9 schreibt:
Ich verstehe immmer noch nicht, woher die Wellenfunktion kommen soll, wenn du keine Ortsdarstellung für \(a^\dagger\) definiert hast.

Siehe oben... Ich vermute mal (mit meinem sehr begrenzten Wissen über alles was es außerhalb der paar Mastervorlesungen gibt, die ich besucht habe), dass es hier verschiedene Zugänge zum Fock-Raum gibt.

Deshalb schlage ich vor (um meine ursprüngliche Frage nochmal anzugehen), dass wir von jetzt an einfach annehmen, dass wir die konkrete Gestalt von

$$ \langle \vec{x} | a^{\dagger} | 0 \rangle_a = \phi(\vec{x})
$$
kennen. Hier also nochmal die Unklarheit:

Was ist jetzt

$$ \langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle_b
$$
?

Grüße
Skalhoef


index_razor
Aktiv
Dabei seit: 06.03.2016
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 Beitrag No.9, eingetragen 2020-01-16 18:43    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-16 16:49 - Skalhoef in Beitrag No. 8 schreibt:
2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Du hast doch über \(\langle x|a^\dagger|0\rangle\) auch nichts konkreteres gesagt.
Die Reihenfolge der Logik beim Aufstellen der zweitquantisierten Hamiltonians war doch immer die Folgende:

Man geht von einem Ein-Teilchen-Hilbertraum $\mathcal{H}$ mit Basis $\{ |i \rangle \}_{i = 1, \ldots}$ aus. (S.d. also $\langle \vec{x} | i \rangle = \psi_i (\vec{x})$ gilt und die Funktionen $\psi_i(\vec{x})$ die Ein-Teilchen-Schrödinger-Gleichung lösen.)

Moment, hier komme ich schon nicht ganz mit.  Du hast die Basis erstmal völlig unspezifiziert gelassen.  Ich kann also nicht mal \(|i\rangle\) von irgendeinem \(|k'\rangle = \sum_{i}U_{ik'}|i\rangle\) unterscheiden.  

In der Feldtheorie bspw. fängt man doch oft mit Eigenzustände eines konkreten freien Hamiltionians an.  Deine Wellenfunktionen würden also höchstens die freie Schrödingergleichung lösen.  

Eine ähnliche Konstruktion wäre ja auch für deinen Hamiltonian denkbar: man wählt \(|i\rangle\) als Eigenzustände von \(H_0 = \omega a^\dagger a\) mit der Eigenschaft \(a^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\).  Habe ich deinen Gedanken so richtig verstanden?


Deshalb sehe ich es bereits als einen Teil der Ausgangssituation, dass man beim Hinschreiben eines Hamiltonians wie

$$ H \equiv H(a, a^{\dagger}) = \hbar \omega (a^{\dagger}a + \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}(\Delta^{*} a^{\dagger}a^{\dagger} + \Delta aa)
$$
eine Wellenfunktion $\psi(\vec{x})$ kennt (oder kannte), von der der Hamiltonian herrührt(e).***

Ich verstehe immmer noch nicht, woher die Wellenfunktion kommen soll, wenn du keine Ortsdarstellung für \(a^\dagger\) definiert hast.  Bis jetzt ist nur klar, daß \(a^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\) und \(a|n\rangle \propto |n-1\rangle\) gelten muß.  Damit hast du beide Operatoren auf dem gesamten Raum definiert und damit auch jeden Operator, dessen Beziehung zu \(a^\dagger\) und \(a\) du kennst, wie z.B. \(b^\dagger\).  

Eine Wellenfunktion hast du m.E. nirgendwo definiert, weder \(\langle x|a^\dagger|0\rangle\), noch \(\langle x|b^\dagger|0\rangle\).  Beides sind einfach bedeutungslose Ausdrücke, solange völlig unklar ist, wie die Wirkung von \(x\) mit der von \(a\) und \(a^\dagger\) zusammenhängt.


2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Übrigens glaube ich, daß ein Teil des Problems daher rührt, daß nicht ganz klar ist, was der Zustand \(|0\rangle\) darstellt.  Ich nahm an, daß es sich um den Grundzustand von H handelt. Stimmt das?  Dann gilt zwar \(b|0\rangle=0\), aber nicht \(a|0\rangle = 0\).  Wenn die zweite Gl gilt, gilt die erste aber nicht.  

Nein. Um die Notation von PhysikRabe zu übernehmen: $|0\rangle_a \equiv |0\rangle := 1 \in \mathbb{C}$ bezeichnet das Vakuum im Fock-Raum.

Es gibt nicht "das Vakuum im Fock-Raum".  Das, was du hier "Vakuum" nennst, ist einfach der eindimensionale Kern des Operators \(a\), welcher definiert war als Adjungierter von \(a^\dagger\), der wiederum als Aufsteigeoperator auf irgendeiner nicht näher spezifizierten Basis definiert war.  Vielleicht handelt es sich um die Eigenbasis irgendeines "freien" Hamiltonians.  Aber an der wäre nichts besonderes.  Dasselbe Spiel kannst du genausogut für beliebige andere Hilbertraumbasen durchführen.  Das ergibt andere Operatoren und ein anderes "Vakuum".  Nichts anderes ist eine Bogoliubov-Transformation.

Wenn du nun \(|0\rangle = |0\rangle_a\) als \(a|0\rangle=0\) definierst, dann ist natürlich meine Aussage falsch, daß \(b^\dagger|0\rangle\) den ersten angeregten Zustand definiert.  Das gilt
nur für \(b^\dagger|0\rangle_b\).


2020-01-16 14:53 - PhysikRabe in Beitrag No. 7 schreibt:
Ich empfehle, die Notation anzupassen und z.B. $|0\rangle_a$ bzw. $|0\rangle_b$ zu schreiben, definiert durch $a|0\rangle_a=0$ bzw. $b|0\rangle_b=0$.
Und hier ist für mich irgendwie ein Knackpunkt wie man dieses neue Vakuum definiert hat... Das alte wurde ja bei der Einführung des Fock-Raums definiert...

Nein, das alte Vakuum wurde mittels der Operatoren \(a^\dagger\) und \(a\) eingeführt.  Die kannst du ja nicht unabhängig von einem Fockraum definieren.  Erst die Gleichung \(a|0\rangle_a = 0\) definiert \(|0\rangle_a\).  Und eine völlig analoge Gleichung auf demselben Fockraum definiert \(|0\rangle_b\).



Skalhoef
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 Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-16 16:49    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

danke für die Antworten.

2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Du hast doch über \(\langle x|a^\dagger|0\rangle\) auch nichts konkreteres gesagt.
Die Reihenfolge der Logik beim Aufstellen der zweitquantisierten Hamiltonians war doch immer die Folgende:

Man geht von einem Ein-Teilchen-Hilbertraum $\mathcal{H}$ mit Basis $\{ |i \rangle \}_{i = 1, \ldots}$ aus. (S.d. also $\langle \vec{x} | i \rangle = \psi_i (\vec{x})$ gilt und die Funktionen $\psi_i(\vec{x})$ die Ein-Teilchen-Schrödinger-Gleichung lösen.)
Möchte man jetzt ein Viel-Teilchen-Problem identischer Teilchen (mit eben genannten Hilbertraum und Basis) behandeln, dann führt man den (fermionischen bzw. bosonischen) Fock-Raum zusammen mit den (fermionischen bzw. bosonischen) Erzeugungs- und Vernichtungs-Operatoren ein. Die Besetzungszahl-Zustände bilden dann eine Basis dieses Fock-Raums und insbesondere gilt

$$ \langle \vec{x} | a_i^{\dagger} | 0 \rangle = \psi_i (\vec{x}) \text{.}
$$
Darauf aufbauend schreibt man den vollen Hamiltonian (derjenige des Viel-Teilchen-Systems) in zweitquantisierter Form.

Deshalb sehe ich es bereits als einen Teil der Ausgangssituation, dass man beim Hinschreiben eines Hamiltonians wie

$$ H \equiv H(a, a^{\dagger}) = \hbar \omega (a^{\dagger}a + \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}(\Delta^{*} a^{\dagger}a^{\dagger} + \Delta aa)
$$
eine Wellenfunktion $\psi(\vec{x})$ kennt (oder kannte), von der der Hamiltonian herrührt(e).***

2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Übrigens glaube ich, daß ein Teil des Problems daher rührt, daß nicht ganz klar ist, was der Zustand \(|0\rangle\) darstellt.  Ich nahm an, daß es sich um den Grundzustand von H handelt. Stimmt das?  Dann gilt zwar \(b|0\rangle=0\), aber nicht \(a|0\rangle = 0\).  Wenn die zweite Gl gilt, gilt die erste aber nicht.  

Nein. Um die Notation von PhysikRabe zu übernehmen: $|0\rangle_a \equiv |0\rangle := 1 \in \mathbb{C}$ bezeichnet das Vakuum im Fock-Raum.

2020-01-16 14:53 - PhysikRabe in Beitrag No. 7 schreibt:
Ich empfehle, die Notation anzupassen und z.B. $|0\rangle_a$ bzw. $|0\rangle_b$ zu schreiben, definiert durch $a|0\rangle_a=0$ bzw. $b|0\rangle_b=0$.
Und hier ist für mich irgendwie ein Knackpunkt wie man dieses neue Vakuum definiert hat... Das alte wurde ja bei der Einführung des Fock-Raums definiert...

Grüße
Skalhoef

P.S.: Zu ***: Ich glaube aber der hier angegebene Hamiltonian lässt sich nicht "auf üblichem Weg" erzeugen. (Der "übliche Weg" ist für mich Ein- und Zwei-Teilchen-Operatoren in zweitquantisierter Form zu schreiben. Wie auch immer. Es gibt aber andere Hamiltonians (z.B. Quanten-Antiferromagnet) die man einer solchen Bogoliubov-Transformation unterziehen kann. (Siehe z.B. Condensed Matter Field Theory von A. Altland, Abschnitt 2.2.)


PhysikRabe
Senior
Dabei seit: 21.12.2009
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 Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-16 14:53    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-16 14:28 - index_razor in Beitrag No. 4 schreibt:
Übrigens glaube ich, daß ein Teil des Problems daher rührt, daß nicht ganz klar ist, was der Zustand \(|0\rangle\) darstellt.  Ich nahm an, daß es sich um den Grundzustand von H handelt. Stimmt das?  Dann gilt zwar \(b|0\rangle=0\), aber nicht \(a|0\rangle = 0\).  Wenn die zweite Gl gilt, gilt die erste aber nicht.  

Ja, aber welcher Grundzustand ist $|0\rangle$ nun? Wie wessi90 bereits erklärt hat, hängt das vom betrachteten Hilbertraum ab. Ich empfehle, die Notation anzupassen und z.B. $|0\rangle_a$ bzw. $|0\rangle_b$ zu schreiben, definiert durch $a|0\rangle_a=0$ bzw. $b|0\rangle_b=0$. Dann ist aber $a|0\rangle_b\neq 0$ (und genauso $b|0\rangle_a\neq 0$), wie index_razor angemerkt hat.

Grüße,
PhysikRabe


index_razor
Aktiv
Dabei seit: 06.03.2016
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 Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-16 14:34    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-16 14:29 - Skalhoef in Beitrag No. 5 schreibt:
Hallo wessi90,

danke für die Antwort.

2020-01-16 14:07 - wessi90 in Beitrag No. 3 schreibt:
(...) Du kannst also die Konstruktion genauso mit denen durchführen. Dabei erhälst du einen neunen $b$-Vakuumszustand, der definiert ist durch $b|\Omega\rangle=0$ und nicht mit dem "alten" Vakuum übereinstimmen muss. Du kannst diese Gleichung im Ortsraum lösen, wenn du möchtest. (...)

Und wie ginge das dann?

Dazu mußt du den Zusammenhang zwischen \(b\) und \(x\) und \(-i\partial_x\), also Orts- und Impulsoperator, kennen.  Ohne dies oder irgendeine äquivalente Information geht es allgemein nicht.


Skalhoef
Aktiv
Dabei seit: 29.01.2017
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 Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-16 14:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo wessi90,

danke für die Antwort.

2020-01-16 14:07 - wessi90 in Beitrag No. 3 schreibt:
(...) Du kannst also die Konstruktion genauso mit denen durchführen. Dabei erhälst du einen neunen $b$-Vakuumszustand, der definiert ist durch $b|\Omega\rangle=0$ und nicht mit dem "alten" Vakuum übereinstimmen muss. Du kannst diese Gleichung im Ortsraum lösen, wenn du möchtest. (...)

Und wie ginge das dann?

Grüße
Skalhoef

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


index_razor
Aktiv
Dabei seit: 06.03.2016
Mitteilungen: 183
Herkunft:
 Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-16 14:28    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-16 13:41 - Skalhoef in Beitrag No. 2 schreibt:
2020-01-16 10:56 - index_razor in Beitrag No. 1 schreibt:
Nach deiner Rechnung handelt es sich einfach um den ersten angeregten Zustand von H in Ortsdarstellung.  Das ist also ebenfalls eine Wellenfunktion, die allerdings einen stationären Zustand beschreibt.

Und wie sieht diese Wellenfunktion dann konkret aus?

Das hängt davon ab, wie \(b^\dagger\) in der Ortsdarstellung aussieht.  Das kann man ohne weiteres nicht sagen.

Übrigens glaube ich, daß ein Teil des Problems daher rührt, daß nicht ganz klar ist, was der Zustand \(|0\rangle\) darstellt.  Ich nahm an, daß es sich um den Grundzustand von H handelt. Stimmt das?  Dann gilt zwar \(b|0\rangle=0\), aber nicht \(a|0\rangle = 0\).  Wenn die zweite Gl gilt, gilt die erste aber nicht.  


2020-01-16 10:56 - index_razor in Beitrag No. 1 schreibt:

(Diesen Ausdruck erhält man nämlich nicht durch die "naive" Rücksubstitution von $b^{\dagger} = A^{*} a^{\dagger} + B^{*} a$ und damit die Wirkung von $a$ bzw. $a^{\dagger}$ auf $|0\rangle$... Irgendwie verändert man bei der Transformation oben auch den Fock-Raum.)
Wie meinst du das?  

Ich meine damit, dass ich nicht verstehe wie der Ausdruck $\langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle$ weiter auszuwerten ist.

Welches Problem möchtest du denn lösen?  Reichen dazu die algebraischen Relationen nicht aus, die du definiert hast?  So abstrakt wie das Beispiel formuliert ist, kann man nicht mehr viel mehr "auswerten".  Du hast doch über \(\langle x|a^\dagger|0\rangle\) auch nichts konkreteres gesagt.


wessi90
Senior
Dabei seit: 16.09.2011
Mitteilungen: 2045
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 Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-16 14:07    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

zur Behandlung deiner Probleme benötigst du keine Ortsdarstellung der Zustände. Du musst dir nur klarmachen, dass deine neuen Operatoren $b$ ja ebenfalls die kanonischen Vertauschungsrelationen erfüllen.

Du kannst also die Konstruktion genauso mit denen durchführen. Dabei erhälst du einen neunen $b$-Vakuumszustand, der definiert ist durch $b|\Omega\rangle=0$ und nicht mit dem "alten" Vakuum übereinstimmen muss. Du kannst diese Gleichung im Ortsraum lösen, wenn du möchtest.

Da aber die gesamte Berechnung von Energien und Eigenzuständen nur auf den Vertauschungsrelationen beruht, erhälst du ausgehend von deinem neuen Vakuum alle angeregten Zustände und die üblichen Energieniveaus.



Skalhoef
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 Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-16 13:41    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo index_razor,

danke für die Antwort.

2020-01-16 10:56 - index_razor in Beitrag No. 1 schreibt:
Nach deiner Rechnung handelt es sich einfach um den ersten angeregten Zustand von H in Ortsdarstellung.  Das ist also ebenfalls eine Wellenfunktion, die allerdings einen stationären Zustand beschreibt.

Und wie sieht diese Wellenfunktion dann konkret aus?

2020-01-16 10:56 - index_razor in Beitrag No. 1 schreibt:

(Diesen Ausdruck erhält man nämlich nicht durch die "naive" Rücksubstitution von $b^{\dagger} = A^{*} a^{\dagger} + B^{*} a$ und damit die Wirkung von $a$ bzw. $a^{\dagger}$ auf $|0\rangle$... Irgendwie verändert man bei der Transformation oben auch den Fock-Raum.)
Wie meinst du das?  

Ich meine damit, dass ich nicht verstehe wie der Ausdruck $\langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle$ weiter auszuwerten ist.

2020-01-16 10:56 - index_razor in Beitrag No. 1 schreibt:
Was hast du substituiert?  Und was hätte deiner Meinung nach dabei rauskommen müssen?
Den neuen Operator $b^{\dagger}$. Ich weiß ja leider nicht was dabei rauskommt... Ich weiß nur was nicht dabei rauskommen kann:

$$ \langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle = \langle \vec{x} | A^{*}a^{\dagger} + B^{*}a | 0 \rangle \neq A^{*} \langle \vec{x} | a^{\dagger} | 0 \rangle + B^{*} \cdot 0 = A^{\star} \psi(\vec{x})
$$
(Denn $a^{\dagger} | 0 \rangle$ ist offensichtlich kein Eigenzustand von $H \equiv H(a, a^{\dagger})$, wobei $b^{\dagger} |0 \rangle$ einen Eigenzustand von $H \equiv H(b, b^{\dagger})$ darstellt.)

Grüße
Skalhoef


index_razor
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 Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-16 10:56    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-15 19:37 - Skalhoef im Themenstart schreibt:
Was ich nicht begreife ist wie die Wirkung von diesen neuen Operatoren auf Zustände zu verstehen ist... Der Erzeugungs-Operator $a^{\dagger}$, der im Fock-Raum auf Zustände wirkt, korrespondiert ja i.d.R. zu einer Wellenfunktion $\psi(\bullet)$ in einem Hilbertraum $\mathcal{H}$ und es gilt

$$ \langle \vec{x} | a^{\dagger} | 0 \rangle = \psi(\vec{x}) \text{.}
$$
Meine Unklarheit erscheint zwar simpel, aber ich glaube sie hat es in sich: Was ist denn jetzt

$$\langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle$$
?

Nach deiner Rechnung handelt es sich einfach um den ersten angeregten Zustand von H in Ortsdarstellung.  Das ist also ebenfalls eine Wellenfunktion, die allerdings einen stationären Zustand beschreibt.


(Diesen Ausdruck erhält man nämlich nicht durch die "naive" Rücksubstitution von $b^{\dagger} = A^{*} a^{\dagger} + B^{*} a$ und damit die Wirkung von $a$ bzw. $a^{\dagger}$ auf $|0\rangle$... Irgendwie verändert man bei der Transformation oben auch den Fock-Raum.)

Wie meinst du das?  Was hast du substituiert?  Und was hätte deiner Meinung nach dabei rauskommen müssen?


Skalhoef
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 Themenstart: 2020-01-15 19:37    [Diesen Beitrag zitieren]

Liebe Matheplanetarier,

ich habe Probleme damit ein immer wiederkehrendes* Konzept nachzuvollziehen. Es geht dabei um die Vermischung von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren.

Hier ein Beispiel in Form einer Bogoliubov-Transformation:

Wir betrachten einen einzelnen bosonischen Zustand mit Erzeugungs- und Vernichtungs-operator $a^{\dagger}$ und $a$ und betrachten den Hamiltonian

$$ H = \hbar \omega (a^{\dagger}a + \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}(\Delta^{*} a^{\dagger}a^{\dagger} + \Delta aa) \text{.}
$$
Führt man jetzt die Operatoren $b = A a + B a^{\dagger}$ und $b^{\dagger} = A^{*} a^{\dagger} + B^{*} a$ ein, und verlangt, dass diese die CCR erfüllen, folgt erst einmal, dass $|A|^2 - |B|^2 = 1$ gelten muss.

Jetzt findet man (nach ein bisschen Rechnerei) reellwertige Zahlen $\tilde{\omega}$ und $q$, s.d. der Hamiltonian eine leichtere Gestalt annimmt:

$$ H = \hbar \tilde{\omega} b^{\dagger} b + \hbar q \text{.}
$$
Der Hamiltonian ist jetzt "diagonal" und das Spektrum $\{ E_n\}_{n = 0}^{\infty}$ ist geg. durch $E_n = \hbar \tilde{\omega}n + \hbar q$.


Was ich nicht begreife ist wie die Wirkung von diesen neuen Operatoren auf Zustände zu verstehen ist... Der Erzeugungs-Operator $a^{\dagger}$, der im Fock-Raum auf Zustände wirkt, korrespondiert ja i.d.R. zu einer Wellenfunktion $\psi(\bullet)$ in einem Hilbertraum $\mathcal{H}$ und es gilt

$$ \langle \vec{x} | a^{\dagger} | 0 \rangle = \psi(\vec{x}) \text{.}
$$
Meine Unklarheit erscheint zwar simpel, aber ich glaube sie hat es in sich: Was ist denn jetzt

$$\langle \vec{x} | b^{\dagger} | 0 \rangle$$
? (Diesen Ausdruck erhält man nämlich nicht durch die "naive" Rücksubstitution von $b^{\dagger} = A^{*} a^{\dagger} + B^{*} a$ und damit die Wirkung von $a$ bzw. $a^{\dagger}$ auf $|0\rangle$... Irgendwie verändert man bei der Transformation oben auch den Fock-Raum.)

Bitte helft mir Matheplanetarier. Ihr seid meine letzte Hoffnung.


Grüße
Skalhoef

P.S.: Zu *: Weitere Beispiele sind z.B. die Holstein-Primakoff-Transformation und die Kitaev-Kette.


 
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