Permítanme ser una especie de específico. Consideramos que una Weyl partículas en $S^{1}$, con el siguiente Hamiltoniano $$\mathcal{H}=v\int_{0}^{2\pi}\psi^{\dagger}(x)(-i\partial_{x})\psi(x)dx$$ Estas partículas tienen la propiedad de que $$\rho(x)=\psi^{\dagger}(x)\psi(x)$$ no está bien definida, en el sentido de que la expectativa de valor de $\rho(x)$ diverge. Para este reson podemos cambiar la definición de la normal de ordenar a $$\rho(x)=:\psi^{\dagger}(x)\psi(x):=\psi^{\dagger}(x)\psi(x)-\bar{\rho}(x)$$ En el que la barra está a la expectativa de valor. Con este simbolismo, tenemos que $$[\rho(x), \rho(x')]=\frac{i}{2\pi}\delta'(x-x')$$ Vez de usar el conexión de costumbre,$[\rho(x), \rho(x')]=0$. También sabemos que para quirales bosones uno tiene $$[\varphi(x), \varphi(x')]=-i\pi~\mbox{sign(x-x')}$$ Así, mediante la diferenciación de la bosonic conmutador doble con respecto a $x$ y, a continuación, con respecto a $x'$, obtenemos precisamente el colector de densidades, siempre que $$\rho(x)=\frac{1}{2\pi}\partial_{x}\varphi(x)$$ Hasta ahora tan bueno. Que uno ve que $$[\rho(x), \psi(x')]=-\psi(x)\delta(x-x')$$ Con el fin de satisfacer esta conmutación relación tenemos que hacer un inteligente adivinar. Es decir, si uno asume $\psi(x)=e^{i\varphi(x)}$, es fácil demostrar que, efectivamente, el álgebra es satisfecho. Estoy bastante satisfecho con todo lo que está en este punto, parece que hemos encontrado una transformación canónica y bla-bla-bla. Lo que normalmente se afirmó entonces en la literatura que $$\mathcal{H}=v\int_{0}^{2\pi}\psi^{\dagger}(x)(-i\partial_{x})\psi(x)dx=\frac{v}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}(\partial_{x}\varphi(x))^{2}dx$$ Y este es un lugar donde me quedo atascado. Así $$\psi^{\dagger}(x)(-i\partial_{x})\psi(x)=e^{-i\varphi(x)}(-i\partial_{x})e^{i\varphi(x)}=e^{-i\varphi(x)}(\partial_{x}\varphi(x))e^{i\varphi(x)}=e^{-i[\varphi(x), \cdot]}\partial_{x}\varphi(x)=?$$ I. e. ¿cuál es el colector $[\partial_{x}\varphi(x), \varphi(x)]$? Qué sentido? En esta expresión también puede escribir $$(\partial_{x}\varphi(x))e^{i\varphi(x)}=2\pi\rho(x)\psi(x)=2\pi\rho(x)\psi(x')\big{|}_{x'=x}=2\pi\psi(x')\rho(x)\Big{|}_{x'=x}-2\pi\psi(x)\delta(x-x')\Big{|}_{x'=x}=2\pi\psi(x)\rho(x)+?=e^{i\varphi(x)}\partial_{x}\varphi(x)+?$$ ¿Qué estoy haciendo mal?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Estoy básicamente siguiendo el primer capítulo de Bosonization por Michael Stone.
A partir de la bosonization fórmula: $$\psi(x) = :e^{i\phi(x)}:$$ Y el Hamiltoniano $$H = i \int dx \psi^{\dagger}_R(x) \partial_x \psi_R(x) $$
En el bosonization de los términos compuestos, es necesario dividir y tomar el cuidado de la normal de ordenar de acuerdo a:
$$ :e^{ia\phi(x_1)}::e^{ib\phi(x_2)}: =:e^{ia\phi(x_1)+ib\phi(x_2)}:e^{ab\log{(x_1-x_2)}} $$
Así tenemos: $$\begin{align*} \psi^{\dagger}_R(x) \partial_x \psi_R(x) & = \lim_{x' \to x} :e^{-i \phi(x')}: \partial_x :e^{i \phi(x)}:\\ &= \lim_{x' \to x} :e^{-i \phi(x')}: :e^{i \phi(x)}:i \partial_x \phi(x)\\ &=\lim_{x' \to x} (x'-x)^{-1}:e^{-i \phi(x') + i \phi(x)}: i \partial_x \phi(x)\\ &= \lim_{x' \to x} (x'-x)^{-1} \Big(1 - i (x'-x) \partial_x \phi(x) + O((x'-x)^2)\Big)i \partial_x \phi(x)\\ & = \lim_{x' \to x}\frac{i}{x-x_1}+ \partial_x \phi(x) \partial_x \phi(x) + O(x'-x) \end{align*} $$ El término en singular está al cuidado de la normal de ordenar de la mano derecha: Así, tenemos: $$H = i \int dx (\psi^{\dagger}_R(x) \partial_x \psi_R(x) = i \int dx :( \partial_x \phi(x))^2 :$$
Actualización: la Prueba de la normal de ordenar la identidad:
$$:e^{ia\phi(x_1)}::e^{ib\phi(x_2)}: = e^{ia\phi_{-}(x_1)+ia \phi_{+}(x_1)} e^{ib\phi_{-}(x_2)+ib \phi_{+}(x_2)}$$
donde $\phi_{+}$ contiene sólo la creación de los operadores y $\phi_{-}$ aniquilación de los operadores. En orden a orden normal de la expresión necesitamos para viajar entre el segundo y tercer trimestres.
El uso de la Campbell–Baker–Hausdorff (CBH)
$$e^{A} e^{B} = e^{A+B} e^{[A, B]/2}$$
(para $[A, B] = const.$)
Los modos relevantes de la expansión de modo
$$\phi_{-}(x)= \sum_{n>0} \sqrt{\frac{2}{n}} a_n e^{-\frac{nx}{L}}$$ $$\phi_{+}(x)= \sum_{n>0} \sqrt{\frac{2}{n}} a_n^{\dagger}e^{\frac{nx}{L}}$$
$L$ es la cuantización de la caja de duración, que será llevado finalmente a infinito
El uso de $$[a_n, a_m^{\dagger}] = \delta_{mn}$$ Obtenemos: $$[\phi_{-}(x_1), \phi_{+}(x_2)] = 2\sum_{n>0}\frac{1}{n}e^{-\frac{ n(x_1-x_2)} {L} } = 2 \log(1-e^{-\frac{ (x_1-x_2)} {L} })\rightarrow_{L\to \infty} 2\log(x_1-x_2) + \mathrm{const.}$$
