Forma correcta de escribir el vector propio de un hamiltoniano diagonalizado en segunda cuantificación

Question

Estoy estudiando la diagonalización de un hamiltoniano bosónico cuadrático del tipo

$$ H = \displaystyle\sum_{<i,j>} A_{ij} a_i^\dagger a_j + \frac{1}{2}\displaystyle\sum_{<i,j>} [B_{ij} a_i^\dagger a_j^\dagger + B_{ij}^* a_j a_i ] $$

en la segunda cuantificación.
También, $A = A^\dagger$ y $B = B^T$ , por lo que el hamitoniano es hermitiano.

Esto se puede escribir en forma de matriz como $$ H = \frac{1}{2} \alpha^\dagger M \alpha - \frac{1}{2} tr(A)$$ donde $ \alpha = \begin{pmatrix} a \\ a^\dagger \\ \end{pmatrix} $ , $ \alpha^\dagger = \begin{pmatrix} a & a^\dagger \end{pmatrix} $ y M es $ M = \begin{pmatrix} A & B\\ B^* & A^* \\ \end{pmatrix} $

Pregunta: ¿Puedo diagonalizar numéricamente la matriz M para obtener los valores propios y los vectores propios del hamiltoniano? Si es así, ¿cuál sería la forma correcta de escribir esos vectores propios en la segunda cuantificación?

Por ejemplo, si para 2 $\times$ 2, uno de los vectores propios calculados numéricamente es $\begin{pmatrix} p\\ q \\ \end{pmatrix} $ entonces, debería escribirse como $$p \,a|0\rangle + q \, a^\dagger|0\rangle $$ (donde la columna $\alpha$ se ha utilizado como base) o $$p \,a^\dagger|0\rangle + q \, a|0\rangle $$ (donde $\alpha^\dagger$ se ha utilizado como base)?

Nota: Aquí $|0\rangle$ es el estado de vacío para las partículas de tipo "a" (bosónico). Fin de la pregunta.

Nota : Consideremos un hamiltoniano más simple $$ H = \displaystyle\sum_{<i,j>} A_{ij} a_i^\dagger a_j $$ y observe que sus vectores propios son de la forma $$(a_1^\dagger a_2^\dagger ... ) |0\rangle $$

Answer 1

Tomemos como ejemplo el hamiltoniano que escribes al final de tu pregunta (donde tu afirmación sobre el vector propio no es correcta), el procedimiento para obtener el valor propio y los vectores propios de otros hamiltonianos es casi el mismo.

$$H=\sum_{ij}A_{ij}a_i^\dagger a_j$$

Escribiendo en forma de matriz se tiene(supongamos que es un $n\times n$ matriz):

$$H=\alpha^\dagger A \alpha$$

con:

$$ \alpha^\dagger=(a_1^\dagger, a_2^\dagger,\dotsb,a_n^\dagger )$$

Ahora está listo para diagonalizar la matriz analítica o numéricamente:

$$A=X^\dagger D X$$

Dónde $D=[E_1,E_2,\dotsb,E_n]$ es el valor propio que se desea, y $X$ es sólo un Unitario matriz que diagonaliza $A$ . De hecho, es el normalizado vectores propios matemáticos de $A$ escriba columna (que es lo mismo en Fortran si lo haces numéricamente).

Ahora sustituye esto al Hamiltoniano original:

$$H=\alpha^\dagger A \alpha=\alpha^\dagger X^\dagger DX\alpha=\beta^\dagger D \beta$$

donde $\beta$ es $\beta =X\alpha=(\beta_1,\beta_2,\dotsb,\beta_n)^T$ . Como se trata de una transformación unitaria, se puede comprobar fácilmente que la relación de conmutación o anticonmutación se mantiene para $\beta_i,\beta_2,\dotsb$ .

Ahora se puede considerar que el sistema está formado por qusi-partículas que no interactúan $\beta_i,\beta_2,\dotsb$ entonces el estado propio del sistema se obtiene fácilmente: $$|\psi \rangle=(\beta_1^\dagger)^{n_1}(\beta_2^\dagger)^{n_2}\dotsb(\beta_n^\dagger)^{n_n}|0\rangle$$

$n_i=0,1$ para los fermiones y $n_i=0,1,2,3\dotsb$ para los bosones.

También, ver este hilo con la pregunta muy similar.

Answer 2

Lo que comentas se parece mucho a una transformación Bogoliubov. La idea sería que descompusieras tu hamiltoniano en algo parecido a \begin {Ecuación} H = \sum_ {i, j} \mathcal {C}_i ~c_i^ \dagger c_i \end {Ecuación} para que los valores propios sean los $\mathcal{C}$ y los vectores propios son los vectores propios de $c_i^\dagger c_i$ .

En concreto, si se considera $U$ para ser la matriz unitaria diagonalizadora que toma su matriz original $M \mapsto U \mathcal{C} U^\dagger$ entonces insertando directamente esto en su definición para su Hamiltoniano usted obtendría \begin {Ecuación} H = \alpha ^ \dagger \left (U \mathcal {C} U^ \dagger \right ) \alpha \end {ecuación} y, por tanto, los elementos individuales de $U^\dagger \alpha$ son los nuevos "operadores propios" del Hamiltoniano. Las propiedades espectrales de esos operadores, combinadas con la diagonal $\mathcal{C}$ dará los nuevos valores propios y estados propios en términos de los antiguos $a$ -base.

Answer 3

El comentario de @webb (ya que la respuesta es más larga de lo que permite un comentario).

En primer lugar, hay que distinguir entre diagonalizar una representación matricial de un operador en una base determinada y diagonalizar la matriz de coeficientes de un operador en un conjunto de operadores de creación y aniquilación.

Aquí se trata de esto último. Si (como señalas correctamente) necesitamos una transformación de Bogoliubov, la transformación de la forma $U^\dagger \alpha$ no es suficiente. Hay que permitir la mezcla de operadores de creación y aniquilación.

Pero entonces no se puede diagonalizar la matriz de coeficientes. El error lógico es que das a entender que $c_i^\dagger c_i$ tienen las propiedades de un operador numérico, pero ¿por qué debería ser así? Lo mejor que se puede hacer es llevar la matriz de coeficientes a la forma normal de Jordan, lo que lleva a términos adicionales de distinto tipo.

Para los bosones resulta que generalmente no se puede escribir el hamiltoniano resultante en la forma $$ \mathcal H= \sum_i \mathcal C_i \, c_i^\dagger c_i. $$ Esto supondría que la matriz es generalmente diagonalizable. Esto no es cierto, por ejemplo, cuando existen modos de Goldstone.