¿Por qué podemos tratar el hamiltoniano de Bloch como un hamiltoniano efectivo?

Question

A menudo, cuando se estudian los aislantes topológicos, el hamiltoniano se descompone en el hamiltoniano de Bloch y luego se analiza ignorando los operadores de creación/anulación de las ondas de Bloch. ¿Por qué está bien ignorarlos?

Por ejemplo para un Hamiltoniano de Bloch de n bandas en 2D tenemos, para cada zona de Brillouin el hamiltoniano efectivo:

$$H(\mathbf k)=\left[a^\dagger_{\mathbf k, 1}\qquad a^\dagger_{\mathbf k, 2} ....a^\dagger_{\mathbf k, n}\right]\mathcal H(\mathbf k) \begin{bmatrix} a^\dagger_{\mathbf k, 1}\\ a^\dagger_{\mathbf k, 2} \\ a^\dagger_{\mathbf k, n}\end{bmatrix}$$

Se da entonces que para algunos $\mathbf k$ tenemos los estados propios

$$\mathcal H (\mathbf k)\lvert m(\mathbf k)\rangle=E_m(\mathbf k )\lvert m(\mathbf k)\rangle$$

Pero, ¿qué significan estos estados propios? No entiendo por qué significa nada ya que hemos redefinido lo que es nuestro hamiltoniano.

Answer 1

Tomemos, por ejemplo, el Hamiltoniano de Rashba ( wiki ) $$H({\bf k})= \frac{\hbar^2k^2}{2m^*} + \alpha(k_y\sigma_x - k_x\sigma_y)$$ que se escribe en base a los estados de Bloch y de espín, $|{\bf k},\sigma\rangle$ , $\sigma=\uparrow\downarrow$ y cede a las bandas. Como se puede ver fácilmente, el número cuántico de espín no es un buen número cuántico y $|{\bf k},\sigma\rangle$ no es un estado propio. Por lo tanto, hay que tener clara la representación del Hamiltoniano. En la mayoría de los casos no sólo será $\langle r|{\bf k}\rangle =e^{-i {\bf k}\cdot{\bf r}}$ .

Answer 2

El punto importante aquí es que su Hamiltoniano es el de un Lineal sistema, es decir, sólo tiene un término cuadrático. Esto te permite, cuando tu sistema es periódico en el espacio, reescribir tu Hamiltoniano como una suma de forma cuadrática: \begin{equation} H = \sum_k \vec{a}_k^\dagger h(k) \vec{a}_k$ \end{equation}

Cuando se escribe esta ecuación, lo que se está diciendo es que cada vector de onda no está acoplado a otros k. Se puede tratar cada vector de onda $k$ por separado. En el subespacio de un $k$ sólo hay que diagonalizar la matriz $h(k)$ . Se obtienen los vectores propios de $h(k)$ : $\vec{v}(k)$ . Esto te da el modo propio de tu Hamiltoniano inicial: $\vec{v}_\vec{k}\cdot \vec{a}_\vec{k}$

Answer 3

Lo primero que hay que tener en cuenta es que el Hamiltoniano que presentas describe electrones no interactuantes y conserva los respectivos números de ocupación. Así que no hay necesidad real de toda la maquinaria de la segunda cuantización.

En principio, los estados y energías de una sola partícula le proporcionan toda la información que necesita y esta información será suficiente para deducir todas las propiedades de muchos cuerpos. Entonces, ¿por qué algunos modelos son "eficaces"?

La solución exacta tiene un número infinito de estados propios en el límite termodinámico. Pero normalmente lo que interesa son las cosas que ocurren cerca de la energía del nivel de Fermi. Como los estados de un solo electrón no se comunican entre sí a través del Hamiltoniano, basta con tomar una instantánea de la estructura de banda en la ventana de energía que nos interesa.