La derivación de la "suma de Bethe regla"

Question

Estoy tratando de trabajar los pasos de la prueba de la expresión: $$\sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})|\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle|^2 = \frac{\hbar^2q^2}{2m}$$ from Eq. (5.48) in the book Principles of the Theory of Solids by Ziman. In the book it is mentioned that this can be shown by expanding out: $$[[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}],e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]$$ where $$\mathcal{H} = -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+\mathcal{V}(\mathbf{r})$$ with $\mathcal{V}(\mathbf{r})$ being periodic. What I did is a simple expansion: $$[[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}],e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}] = 2\mathcal{H}-e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathcal{H}e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}-e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathcal{H}e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$$ Then I took the inner product with the eigenstates of the Hamiltonian $\mathcal{H}|s\rangle = E_s |s\rangle$ to get $$\langle s|[[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}],e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]|s\rangle = 2E_s - \langle s|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathcal{H}e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s\rangle - \langle s|e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathcal{H}e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s\rangle$$ Now, what's obstructing my calculation is the fact that I cannot justify the last two terms in the above expression being equal. I really need them to be equal to show the top identity (also known as the Bethe sum rule). The main obstacle is the fact that $e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$ es no-Hermitian.

He encontrado esta identidad en muchos libros y artículos de revistas. Pero no puedo encontrar una prueba satisfactoria de cualquier lugar. Un ejemplo es este artículo:

Sanwu Wang. La generalización de la Thomas-Reiche-Kuhn y la suma de Bethe reglas. Phys. Apo. Un 60 no. 1, pp 262-266 (1999).

Th resultado se indica en la ecuación. (3) y la prueba es dada en la sección III. A. al final de la prueba que establezca $F = e^{i.\mathbf{q}.\mathbf{r}}$ recuperar Eq. (3). El hecho de que ellos no asumen ninguna forma para $F$ significa que debe mantener para cualquier función. Hay, sin embargo, un paso que no puedo justificar. En Eq. (9) ¿cómo se puede escribir: $$\langle 0|F(x)|l \rangle = \langle l|F(x)|0 \rangle$$ Si me puede llegar a justificar el por encima de la igualdad (para mi caso), soy conjunto.

Answer 1

Comience con la expresión $$\sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})|\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle|^2 = \sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})\langle s|e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|n \rangle\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle. $$ El primer truco es darse cuenta de que $(\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$ es igual a $\pm[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]$ cuando se está dentro de cualquiera de los dos soportes: $$\sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})|\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle|^2 = \sum_n \langle s|e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|n \rangle\langle n|[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]|s \rangle = \langle s|e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}[\mathcal{H},e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]|s \rangle, $$ sumando $|n \rangle\langle n|$$1$. De forma análoga, usted puede hacer esto en el primer factor para obtener $$\sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})|\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle|^2 =- \langle s|[\mathcal{H},e^{-i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle. $$

---

Ahora se necesita calcular el colector. Desde $\mathcal{V}(\mathbf{r})$ viajes con $e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$, usted sólo tiene que preocuparse de la cinética plazo. Así $$ [\mathcal{H},e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]=\frac{1}{2m}[\mathbf{p}^2,e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}] =\frac{1}{2m}\mathbf{p}\cdot[\mathbf{p},e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}] +\frac{1}{2m}[\mathbf{p},e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]\cdot\mathbf{p}, $$ así $$ [\mathcal{H},e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]= \pm\frac{1}{2m}\mathbf{p}\cdot(\manejadores \mathbf{q}e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}) \pm\frac{1}{2m}(\manejadores \mathbf{q}e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}})\cdot\mathbf{p} =\pm\frac{\manejadores}{2m}\mathbf{q}\cdot\left(e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathbf{p}+\mathbf{p}e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\right). $$ La frase de esta justo a la derecha, usted necesita tener $e^{+i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$ a la izquierda o $e^{- i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$ a la derecha. Utilizando el colector $[\mathbf{p},e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]=\pm \hbar \mathbf{q}e^{\pm i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}$, como en el anterior, se obtiene $$ [\mathcal{H},e^ {+\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]= +\frac{\manejadores}{2m}\mathbf{q}\cdot\left(e^ {+\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathbf{p}+\mathbf{p}e^ {+\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\right) = \frac{\manejadores}{2m}e^ {+\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathbf{q}\cdot\left(2\mathbf{p}+\manejadores\mathbf{q}\right) $$ y $$ [\mathcal{H},e^{- i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}]= -\frac{\manejadores}{2m}\mathbf{q}\cdot\left(e^{- i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\mathbf{p}+\mathbf{p}e^{- i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}\right) =- \frac{\manejadores}{2m}\mathbf{q}\cdot\left(2\mathbf{p}+\manejadores\mathbf{q}\right)e^{- i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}. $$

---

Poner uno de estos en la correspondiente fórmula anterior, se obtiene $$\sum_n (\mathcal{E_n}-\mathcal{E_s})|\langle n|e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}|s \rangle|^2 = \frac{\manejadores}{2m}\langle s|\mathbf{q}\cdot\left(2\mathbf{p}+\manejadores\mathbf{q}\right)|s \rangle = \frac{\manejadores^2}{2m}\mathbf{p}^2+\frac{\manejadores}{m}\langle s|\mathbf{q}\cdot\mathbf{p}|s \rangle. $$ Puede forzar el valor de la media de $\mathbf{p}$ a desaparecer.

Answer 2

Yo) Vamos a trabajar en la imagen de Schrödinger. Supongamos que el operador Hamiltoniano

$$\tag{1} \hat{H}~=~T(\hat{\bf p})+ V(\hat{\bf r}), \qquad T(\hat{\bf p})~:=~ \frac{\hat{\bf p}^2}{2m}, $$

no depende explícitamente en el tiempo. En particular, el punto del espectro de energía de los autovalores $E_n$ no depende del tiempo. Deje $\psi_n({\bf r})$ ser la energía correspondiente eigen-funciones en la posición del espacio, que satisface la TISE

$$\tag{2} \hat{H}\psi_n({\bf r})~=~E_n \psi_n({\bf r}).$$

Podemos suponer que la $\psi_n({\bf r})\in{\mathbb{R}}$ es una función real, ver también este Phys.SE post.

Vamos a considerar un tiempo fijo $t_0$. Nos deja elegir una base de tiempo-dependiente de soluciones

$$\tag{3} \langle n, t |{\bf r} \rangle~=~ \Psi_n({\bf r},t)~=~ \psi_n({\bf r})e^{-\frac{i}{\hbar}E_n (t-t_0)} $$

que se convierte en real en el momento en $t=t_0$. De ello se deduce que para cualquier (posiblemente complejas) la función $F=F({\bf r})$ de la posición ${\bf r}$, que el elemento de la matriz

$$\tag{4} \langle n, t_0 |F(\hat{\bf r}) | m, t_0 \rangle ~=~ \int \! d^3r ~ \psi^{*}_n({\bf r}) ~F({\bf r})~\psi_m({\bf r})~=~ n \leftrightarrow m $$

es simétrica en $n\leftrightarrow m$$t=t_0$. La dependencia del tiempo de los elemento de la matriz es sólo una fase, factor. Por lo tanto la valor absoluto

$$\tag{5} |\langle n, t |F(\hat{\bf r}) | m, t \rangle|~=~ n \leftrightarrow m $$

del elemento de la matriz es simétrica en $n\leftrightarrow m$ en cualquier tiempo $t$.

II) Siguiente

$$2T(\hbar{\bf k})~\stackrel{(1)}{=}~T(\hat{\bf p}+\hbar{\bf k})+T(\hat{\bf p}-\hbar{\bf k})-2T(\hat{\bf p}) $$ $$~=~e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}T(\hat{\bf p}) e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}} +e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}T(\hat{\bf p}) e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}} -2T(\hat{\bf p}) $$ $$\tag{6} ~=~e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}\hat{H} e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}} +e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}\hat{H} e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}-2\hat{H} .$$

En el último paso hemos utilizado ese $[\hat{\bf r},V(\hat{\bf r})]=0$. Por lo tanto tenemos que la suma de Bethe regla

$$2T(\hbar{\bf k}) ~=~ 2\langle m, t |T(\hbar{\bf k}) | m, t \rangle $$ $$~\stackrel{(6)}{=}~\langle m, t |e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}\hat{H} e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}| m, t \rangle +\langle m, t | e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}\hat{H} e^{-i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}| m, t \rangle-2\langle m, t |\hat{H}| m, t \rangle $$ $$~=~\sum_{n} (E_n-E_m) |\langle n, t |e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}| m, t \rangle |^2 + \sum_{n} (E_n-E_m) |\langle m, t |e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}| n, t \rangle |^2$$ $$\tag{7} ~\stackrel{(5)}{=}~2\sum_{n} (E_n-E_m) |\langle n, t |e^{i{\bf k}\cdot\hat{\bf r}}| m, t \rangle |^2 .$$

Answer 3

Vamos a intentarlo de nuevo:

$[[p^2,e^{i q \cdot r}],e^{-i q \cdot r}] = \hbar q \left( [p,e^{-i q \cdot r}]e^{i q \cdot r} + e^{i q \cdot r}[p,e^{-i q \cdot r}] \right) = - 2 \hbar^2 q^2$

por otro lado,

$[[H,e^{i q \cdot r}],e^{-i q \cdot r}]= 2H +\left(e^{-i q \cdot r}He^{iq \cdot r} + h.c. \right) $

También tenga en cuenta que,

$E_s = E_s e^{-iq \cdot r}e^{+iq \cdot r} = \sum_n E_s \left<s \right|e^{-iq \cdot r}\left|n\right>\left<n \right|e^{+iq \cdot r} \left|s \right> = \sum_n E_s \left| \left<s \right|e^{-iq \cdot r}\left|n\right> \right|^2$

Ahora tome la expectativa de los valores de cualquiera de los lados para obtener,

$-\frac{\hbar^2 q^2}{m} = 2E_s -\left( \sum_n \left<s \right| e^{-i q \cdot r}E_n \left|n \right> \left<n \right|e^{iq \cdot r} \left|s \right> + c.c. \right)$

$= E_s -\left( \sum_n E_n \left| \left<n \right|e^{iq \cdot r} \left|s \right> \right|^2 + c.c. \right)$

$= E_s -\left( \sum_n E_n \left| \left<n \right|e^{iq \cdot r} \left|s \right> \right|^2 + c.c. \right)$,

utilizando la anterior obtenemos,

$=2\sum_n (E_s - E_n)\left| \left<n \right|e^{iq \cdot r}\left|s\right> \right|^2$

y el resultado de la siguiente manera:

$\frac{\hbar^2 q^2}{2m} = \sum \left( E_n - E_s\right) \left|\left<n \right|e^{i q \cdot r} \left| s \right> \right|^2$