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Physik » Mathematische Physik » Boson-Fermion-System im großkanonischen Ensemble
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Universität/Hochschule J Boson-Fermion-System im großkanonischen Ensemble
Skalhoef
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  Themenstart: 2022-07-07

Hej, ich hatte gehofft, dass mir mal jemand auf die Sprünge helfen könnte. Ein fermionisches Vielteilchensystem besitzt den Hilbertraum $ \mathcal{F}_{ \text{F}} = \Lambda ( \mathcal{H}_{\text{F}} )$, wobei $\mathcal{H}_{\text{F}}$ den zugrundeliegenden fermionischen Ein-Teilchen-Hilbertraum bezeichnet. Ein bosonisches Vielteilchensystem besitzt den Hilbertraum $ \mathcal{F}_{ \text{B}} = \text{S} ( \mathcal{H}_{\text{B}} )$, wobei $\mathcal{H}_{\text{B}}$ den zugrundeliegenden bosonischen Ein-Teilchen-Hilbertraum bezeichnet. Jetzt findet man hier in Abschnitt 3.9, dass der Hilbertraum $\mathcal{H}$ des Gesamtsystems (genau wie bei Mischsystemen im Ein-Teilchen-Fall) gegeben ist durch das Tensorprodukt \[\mathcal{H} = \mathcal{F}_{ \text{F}} \otimes \mathcal{F}_{ \text{B}} \] und man findet hier, auf Seite 9, dass der Dichteoperator (für das großkanonische Ensemble im Gleichgewicht) im Wechselwirkungsfreien Fall gegeben ist durch \[ \rho = \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}}} \text{.} \] Frage: Wie sieht der Dichteoperator denn *mit* Wechselwirkungen $V$ aus? Naiv wie ich bin, würde ich vermuten, dass man etwas schreiben muss wie \[ \rho = \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}} + H_{ \text{ph}} + V ) } \] aber ich bin leider mathematisch nicht beschlagen genug um zu bewerten, ob so ein Ausdruck überhaupt wohldefiniert ist. Weiß vielleicht jemand wie's geht? Ich freue mich auf Rückmeldungen. Vänliga hälsningar Sebastian


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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-17

\quoteon(2022-07-07 12:37 - Skalhoef im Themenstart) Frage: Wie sieht der Dichteoperator denn *mit* Wechselwirkungen $V$ aus? \quoteoff Unter einer Wechselwirkung ist der Dichteoperator ja zeitabhängig (im Schrödinger- oder Wechselwirkungsbild). Man möchte dann eigentlich wissen, wie der Zustand zu späteren Zeiten aussieht. Das kann man dann auch auf die übliche Weise formal hinschreiben, nämlich $\rho(t)=e^{-itH} \rho e^{itH}$, wobei $H = H_0 + V$ nun der gesamte Hamiltonian ist (freier Hamiltonian $H_0$ plus Wechselwirkung $V$). Da $H$ selbstadjungiert sein muss, ist das natürlich auch mathematisch in Ordnung (auch für unbeschränkte $V$; dann muss man ggf. Domains berücksichtigen). Grüße, PhysikRabe


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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-29

Hej, ich danke dir für die Antwort PhysikRabe. Irgendwie glaube ich aber, ich hatte nicht vernünftig kommuniziert was mich verwirrt hatte. Was mir nicht klar war, war ob die Gleichungen etwa so zu verstehen sind \[ \rho = \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}}} \stackrel{?!}{=} \mathrm{e}^{ - \beta \left( ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) + H_{ \text{ph}} \right) } \] und das tut es, wie mir sehr einleuchtend klargemacht wurde: \[ \mathrm{e}^{ - \beta \left( ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) + H_{ \text{ph}} \right) } \equiv \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) \otimes \mathbb{1} } \mathrm{e}^{ - \beta \mathbb{1} \otimes H_{ \text{ph}} } = \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathbb{1} \circ \mathbb{1} \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}} } \equiv \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}}} \] wobei man das letzte GHZ erhält, indem man auf etwa auf einen Zustand $\psi = (\chi, \phi)$ wirkt. Wenn man wechselwirkungen inkludiert kann man die Dichtematrix i.A. nicht mehr "faktorisieren" wie oben. Falls jemand einen Fehler in der Logik erkennt bin ich sehr interessiert. Ansonsten mache ich einen Haken an das Thema. :) Vänliga hälsningar Sebastian


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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-11-29

\quoteon(2022-11-29 13:53 - Skalhoef in Beitrag No. 2) \[ \mathrm{e}^{ - \beta \left( ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) + H_{ \text{ph}} \right) } \equiv \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) \otimes \mathbb{1} } \mathrm{e}^{ - \beta \mathbb{1} \otimes H_{ \text{ph}} } = \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathbb{1} \circ \mathbb{1} \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}} } \equiv \mathrm{e}^{ - \beta ( H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}}) } \otimes \mathrm{e}^{ - \beta H_{ \text{ph}}} \] \quoteoff Das ist richtig. Man muss bei Hamiltonians auf einem Tensorprodukt von Hilberträumen, wie in deinem Fall $\mathcal H = \mathcal{F}_F \otimes \mathcal{F}_B$, beachten, dass die Schreibweise $(H_{ \text{el}} - \mu N_{ \text{el}})+H_{\text{ph}}$ suggestiv zu verstehen ist und man entsprechend "Einsen" dazudenken muss. Allgemein: Die Schreibweise eines Operators $H=H_1 + H_2$ auf $\mathcal H = \mathcal{H}_1 \otimes \mathcal{H}_2$, mit $H_i$ auf $\mathcal{H}_i$, $i\in\{1,2\}$, ist eigentlich eine Abkürzung für $H=H_1\otimes 1_{\mathcal{H}_2} + 1_{\mathcal{H}_1} \otimes H_2$. Weiters gilt allgemein $(A\otimes 1_{\mathcal{H}_2})\cdot(1_{\mathcal{H}_1} \otimes B) = (A \cdot 1_{\mathcal{H}_1})\otimes(1_{\mathcal{H}_2} \cdot B) = A\otimes B$ für Operatoren $A$ und $B$ auf $\mathcal{H}_1$ bzw. $\mathcal{H}_2$ (aufgrund der Definition des Tensorprodukts von Operatoren). Daraus ergibt sich $e^{H_1}\otimes e^{H_2} = (e^{H_1}\otimes 1_{\mathcal{H}_2})\cdot(1_{\mathcal{H}_1} \otimes e^{H_2}) = e^{H_1\otimes 1_{\mathcal{H}_2}}\cdot e^{1_{\mathcal{H}_1} \otimes H_2}$ (schreibe die Terme der Exponentialreihe aus, um das zu sehen), und das ist wiederum gleich $e^{H_1\otimes 1_{\mathcal{H}_2} + 1_{\mathcal{H}_1} \otimes H_2} \equiv e^{H_1 + H_2} \equiv e^H$, da $H_1\otimes 1_{\mathcal{H}_2}$ und $1_{\mathcal{H}_1} \otimes H_2$ auf $\mathcal H$ kommutieren. Hiermit erhalten wir die von dir genannte Identität. Diese Beweisskizze setzt natürlich voraus, dass alle genannten Operatoren existieren. Das werden sie im Allgemeinen, dank des Spektralsatzes. Typischerweise sind nämlich $H_1$ und $H_2$ die (potentiell unbeschränkten) anti-selbstadjungierten Generatoren von unitären Einparametergruppen. Für beschränkte Operatoren, etwa Hamiltonians für Quantensysteme in Boxen endlicher Ausdehnung wie das bei deinen Dichtematrizen der Fall sein sollte, ist das sowieso kein Problem. \quoteon(2022-11-29 13:53 - Skalhoef in Beitrag No. 2) Wenn man wechselwirkungen inkludiert kann man die Dichtematrix i.A. nicht mehr "faktorisieren" wie oben. \quoteoff Richtig. Wechselwirkungsterme im Hamiltonian wirken nicht nur auf einen Tensorfaktor (womit sie von der Form $A\otimes 1$ oder $1\otimes B$ wären), sondern auf beide (also $A\otimes B$ oder Kombinationen von solchen). Man kann noch mehr sagen: Ist $W$ ein solcher Wechselwirkungsoperator, dann ist $e^{H_1\otimes 1_{\mathcal{H}_2} + 1_{\mathcal{H}_1} \otimes H_2 + W} \equiv e^{H+W} \neq e^H e^W$, also es gibt auch keine "Faktorisierung" für die Exponentiale selbst. Es ist jedoch $e^{H+W} = \lim\limits_{n\to\infty} \left(e^{H/n} e^{W/n} \right)^n$ im starken Limes, aufgrund der Trotter-Produktformel; das gilt unter bestimmten Voraussetzungen auch für unbeschränkte Operatoren (dort heißt das auch "Trotter-Kato formula"). Grüße, PhysikRabe


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