Inconsistencia del enfoque de una sola partícula con sistemas de muchos cuerpos no interactivos

Question

Supongamos que tenemos un sistema de dos partículas que no interactúan y debemos resolver el siguiente Hamiltoniano para este sistema: $$H=\epsilon_1 c_1^{\dagger}c_1 +\epsilon_2 c_2^{\dagger}c_2 +vc_1^{\dagger}c_2+v^* c_2^{\dagger}c_1$$

Si resolvemos este Hamiltoniano por dos enfoques diferentes, de una sola partícula y de muchas partículas, obtenemos resultados diferentes como sigue:

1- En el enfoque de una sola partícula tenemos $2\times 2$ matriz en las bases $c_1^{\dagger}|0>$ y $c_2^{\dagger}|0>$ donde $|0>$ es el estado de vacío. La solución de esta matriz da los dos nuevos estados, $\psi_1$ y $\psi_2$ con energías: $$E_1=\frac{1}{2} [\epsilon_1+\epsilon_2 +\sqrt{(\epsilon_1+\epsilon_2)^2-4(\epsilon_1 \epsilon_2 -|v|^2)}]$$ y $$E_1=\frac{1}{2} [\epsilon_1+\epsilon_2 -\sqrt{(\epsilon_1+\epsilon_2)^2-4(\epsilon_1 \epsilon_2 -|v|^2)}]$$ 2- Si resolvemos este problema en el enfoque de muchos cuerpos, tenemos el Hamiltoniano en las cuatro bases; $|0>$ , $c_1^{\dagger}|0>$ , $c_2^{\dagger}|0>$ , $c_1^{\dagger}c_2^{\dagger}|0>$ y tenemos tres bloques del Hamiltoniano, uno para partícula cero, otro para una partícula en cada estado y otro para dos partículas en ambos estados.

Está claro que el bloque de dos partículas da una de las soluciones del Hamiltoniano (con $c_1^{\dagger}c_2^{\dagger}|0>$ como su estado propio) cuando tenemos dos partículas. Sin embargo, si resolvemos este problema de dos partículas con la aproximación de una sola partícula de tal manera que pongamos una partícula en el estado $\psi_1$ y el otro en el estado $\psi_2$ la solución es diferente de $c_1^{\dagger}c_2^{\dagger}|0>$ .

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Los estados $c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2 |0\rangle$ y $\psi^{\dagger}_1 \psi^{\dagger}_2 |0\rangle$ deben ser idénticos, hasta una fase global. Se puede ver que ambos son estados propios del Hamiltoniano con la misma energía $\epsilon_1 + \epsilon_2$ .

Puedes ver que si actúas directamente sobre el estado con el Hamiltoniano obtendrás $$H c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2 |0\rangle = (\epsilon_1 + \epsilon_2)c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2 |0\rangle$$ (observe que el $\nu$ -dan cero como $c^{\dagger}_2 c_1 c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2$ tiene dos $c^{\dagger}_2$ sin $c_2$ entre ellos, por lo que se desvanecerá, y de manera similar $c^{\dagger}_1 c_2 c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2$ ).

Para la composición de los dos estados propios de una sola partícula que has encontrado, la energía del estado doblemente ocupado es la suma de las energías (ya que no interactúan), lo que de nuevo da $\epsilon_1 + \epsilon_2$ .

Si escribes los estados individuales explícitamente y realizas la multiplicación de ellos (teniendo cuidado de normalizar ambos) verás que $\psi^{\dagger}_1 \psi^{\dagger}_2 \propto c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2$

Se puede ver que incluso sin encontrar los coeficientes de expansión explícitamente. Sólo por la noción de ortogonalidad sabemos que $$\psi^{\dagger}_1 = e^{i\varphi}\cos(\theta) c^{\dagger}_1 + \sin(\theta) c^{\dagger}_2 \\ \psi^{\dagger}_2 = \cos(\theta) c^{\dagger}_2 - e^{i\varphi}\sin(\theta) c^{\dagger}_1 $$ que es la única manera de conseguir $\left\{ \psi_i, \psi^{\dagger}_j \right\} = \delta_{i,j}$ hasta la fase arbitraria asignada a los estados (aquí sólo elegí la fase relativa asignada siempre a $c^{\dagger}_1$ pero cualquier otra opción es válida). Así que tomando esta forma

$$ \psi^{\dagger}_1 \psi^{\dagger}_2 = \left[e^{i\varphi}\cos(\theta) c^{\dagger}_1 + \sin(\theta) c^{\dagger}_2\right]\left[\cos(\theta) c^{\dagger}_2 - e^{i\varphi}\sin(\theta) c^{\dagger}_1\right] = e^{i\varphi}\left[\cos^{2}(\theta) + \sin^{2}(\theta)\right]c^{\dagger}_1c^{\dagger}_2 = e^{i\varphi}c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2$$ que es lo que queríamos mostrar. La fase global, por supuesto, no importa en absoluto. Tenga en cuenta que aquí he utilizado $c^{\dagger}_i c^{\dagger}_i = 0$ y también $c^{\dagger}_1 c^{\dagger}_2 = -c^{\dagger}_2 c^{\dagger}_1$ .