Как вывести уравнение (N.15) в физике твердого тела Эшкрофта и Мермина? - физиков.нет
Винтажный Клуб для гитаристов
4 голосов
/

Они утверждают в своей книге на странице 792 следующее:

Однако можно доказать, что если $A$ и $B$ являются линейными операторами в $u(R)$ и $P(R)$ гармонического кристалла, то: $$\langle e^A e^B \rangle = \exp(\frac{1}{2}\langle A^2+2AB+B^2 \rangle)$$

В качестве ссылки они приводят следующую статью Мермина:

http://www.phys.ufl.edu/~maslov/phz6426/Mermin_JMathPhys_7_1038.pdf

Но я не вижу, как использовать эту статью, чтобы доказать идентичность в книге.

Может кто-нибудь помочь с этим?

P.S

$\langle \cdot \rangle$ обозначает усреднение.

Ответы [ 2 ]

2 голосов
/

Ответ на ваш вопрос здесь, так как он слишком длинный для комментария. Кстати, я немного изменю обозначения.

Сначала напомним, что $\langle A \rangle$ в этом контексте является статистическим средним для оператора $A$ в тепловом равновесии, определяемым как \begin{equation} \langle A \rangle = \sum_{n=0}^\infty p_n \langle n|A|n\rangle \, , \end{equation} где $p_n=e^{-\beta E_n }/Z$ с $\beta=1/k_\mathrm{B}T$ и $Z$ - функция канонического разбиения.

В нашем случае (гармоническое приближение) энергии соответствуют энергии квантового гармонического осциллятора: $$ E_n=\hbar \omega (n+1/2)\, , $$ и так легко получить: $$ p_n= e^{-\beta \hbar \omega n}(1-e^{-\beta\hbar \omega }) = z^n (1-z) \, , $$ где мы определили $z\equiv e^{-\beta \hbar \omega}$. Поэтому среднее становится: $$ \langle A \rangle = (1-z)\sum_{n=0}^\infty z^n\langle n|A|n\rangle \, . $$ Теперь давайте определим линейный оператор в позициях и импульсах кристалла (эквивалентно, линейный в операторах создания и уничтожения): $$ A = c_1a+c_2a^\dagger \, . $$ Теперь мы можем вычислить $\langle A^2 \rangle = \langle (c_1a+c_2 a^\dagger)^2\rangle$. Согласно выражению выше: $$ \langle A ^2\rangle = (1-z)\sum_{n=0}^\infty z ^n\langle n | (c_1a+c_2 a^\dagger)^2 | n\rangle =\\ =(1-z) \sum_{n=0}^\infty z ^n\langle n |(c_1^2a^2+c_2^2a^{\dagger 2}+c_1c_2aa^\dagger+c_1 c_2a^\dagger a) | n\rangle \, . $$ Несмешанные термины (те, которые имеют $a^2$ и $a^{\dagger 2}$) не вносят вклад в сумму, поэтому мы получаем $$ \langle A^2 \rangle = (1-z)c_1c_2\sum_{n=0}^\infty z ^n\langle n | \underbrace{(aa^\dagger+a^\dagger a)}_{[a,a^\dagger]-2a^\dagger a} | n\rangle=c_1c_2(1-z)\sum_{n=0}^\infty z^n(1+2n)\, . $$ Таким образом, после небольшой алгебры мы получаем: $$ \langle (c_1a+c_2 a^\dagger)^2\rangle = c_1c_2\left( 1+2\frac{z}{1-z}\right)=2c_1c_2 \left(\frac{1}{e^{\beta \hbar \omega}-1} +\frac{1}{2}\right)\, , $$ дойдя до результата статьи, которую я связал в комментарии. Оттуда общий случай для нескольких операторов не должен быть слишком трудным для доказательства, как указано в статье.

PS : надеюсь, ошибок нет, прошло много времени с тех пор, как я изучал QM, и я забыл много вещей!

Ссылка : Физика твердого тела , Г. Гроссо, Г. П. Парравичини (2-е издание), стр. 430-435.

1 голос
/

Формула OP $^1$ следует из Теорема Вика при условии, что базовые операторы $(\hat{A}_i)_{i\in I}$ удовлетворяют $$ T(\hat{A}_i\hat{A}_i)~-~:\hat{A}_i\hat{A}_i:~=~\hat{C}_{ij} ~,$$ где сокращения $\hat{C}_{ij}$ пропорциональны тождественному оператору, см., например, этот пост Phys.SE и ссылки в нем.

Обобщение формулы ОП гласит $$ T( e^{\sum_{i\in I} \hat{A}_i }) ~=~e^{\frac{1}{2}\sum_{j,k\in I} \hat{C}_{jk} } :e^{\sum_{i\in I} \hat{A}_i }:~. $$

-

$^1$ Здесь подразумевается, что $\langle :\cdots:\rangle~=0$, и что мы изучаем корреляторы $\langle T(\cdots)\rangle$ с $T$ -порядком в них.

Добро пожаловать на сайт физиков.нет, где вы можете задавать вопросы и получать ответы от других членов сообщества.
...