Dodatek własny A - Całki Gaussa
Ćwiczenie 6.8 Układy bozonowe w reprezentacji holomorficznej
Rozpatrzmy przestrzeń Hilberta funkcji analitycznych f(z), w której wprowadzono iloczyn skalarny postaci (6.11) Niezaburzony hamiltonian w reprezentacji holomorficznej ma postać :
H0 = z d/dz
opisuje układ bozonów, które mogą zajmować tylko jeden stan energetyczny. Następnie wprowadzimy oddziaływanie pomiędzy bozonami i ośrodkiem, który może pochłaniać i emitować pary bozonowe z równym prawdopodobieństwem, co odpowiada dodaniu potencjału :
V = (α /1 + α2 ) [ (d/dz)2 + z2 ]
do H0, gdzie parametr α jest parametrem rzeczywistym 9taka parametryzacja będzie wykorzystywana również dalej ) Przy takich założeniach hamiltonian H = H0 + V pozostaje hermitowski.
1) Wprowadzając operator : B = d/dz + αz
Wyrazić H poprzez B†B.
Rozwiązanie. :
B† = α d/dz + z , H = (1/1 + α2 )(B†B – α2 )
2) Określić holomorficzne wektory własne f±(z) z f± (0) = 1, takie że : Bf+ = 0 , B†f– = 0
oraz obliczyć ich normy.
Przy jakich warunkach takie normy są skończone ?
Rozwiązanie. f+(z) = exp(–αz2/2 ), zatem zgodnie z wynikiem ćwiczenia 6.6 : (f+ , f+ ) = 1/ sqrt(1 – α2 )
Norma jest skończona, jeśli | α | < 1.
Oprócz tego :
[ B†f– ](z) = αf’(z) + z skąd :
f–(z) = exp(–z2/2α ), oraz : (f– , f– ) = | α | / sqrt(α2 – 1 )
Warunek skończonej normy to α2 > 1.
Oba wektory nie mogą być unormowane jednocześnie, a przy α2 = 1 ani jeden z nich nie jest unormowany.
3) Obliczyć komutator [B, B† ] i związać B i B† z operatorami kreacji i anihilacji oscylatora harmonicznego (rozróżnić dwa przypadku | α | < 1 i > 1 )
Otrzymać spektrum H. Pokazać, ze przy | α | ≠ 1 jest on spektrum cząstek niezależnych, które można nazwać quasibozonami.
Rozwiązanie. [B, B† ] = 1 – α2
Przy | α | < 1 możemy przyjąć B = A sqrt( 1 – α2 ), gdzie A – operator anihilacji ze standardową normalizacją [ A, A† ] = 1, dlatego :
H = [ (1 – α2 ) AA† – α2 / 1 + α2 ] → EN = [ (1 – α2 )N – α2 / 1 + α2 ; N ≥ 0
Przy | α | > 1 możemy przyjąć B† = A sqrt(α2 – 1 ) i spektrum H dane jest przez następującą zależność : EN = [ (α2 – 1 )N – 1 / 1 + α2 ; N ≥ 0
Wyniki te są zgodne z warunkami normalizacji f±. Można się przekonać, że zarówno hamiltonian jak i spektrum są inwariantne względem zamiany α → 1/α. Zamiana z → iż pokazuje bezpośrednio, że H(α) posiada to samo spektrum, co H(–α), co jest zgodne z jawnym wynikiem.
Zatem, przy | α | ≠ 1 otrzymujemy spektrum cząstek niezależnych, lub quasibozonów, w tym sensie, że takie stany bozonowe są superpozycja stanów z 1, 3, ... wejściowymi bozonami.
4) Określić jądro < z | H | z– >, odpowiadające hamiltonianowi H. Następnie otrzymać reprezentacje w postaci całki po trajektoriach dla jądra < z | U(β, 0), z– >, odpowiadającego operatorowi statystycznemu U(β, 0) = exp(–βH).
Rozwiązanie.
< z | H | z– > = exp(zz– ) H(z, z– ) , H(z, z– ) = zz + [ (α /1+ α2 ) ( z + z–2 ) Otrzymujemy następującą reprezentacje w postaci całki po trajektoriach :
< z | U(β, 0), z– > =
∫
[ dz(t)dz–(t)/ 2iπ] exp(z–(0)z(0)) exp[ –S(z, z– )]z działaniem euklidesowym : β
S(z, z– ) =
∫
dt { –z–(t) z•(t) + z–(t)z(t) + ( α /1 + α2 ) [ z2(t) + z–2(t)] } (6.99) 0i warunkami granicznymi z(β) = z, z–(0) = z–
5) Poczynając od tego miejsca, ograniczymy się do analizy przypadku 0 < α < 1 i przyjmiemy : β(1 – α2 )/ ( 1 + α2 ) = λ , α = e–µ
Z obliczenia całki po trajektoriach otrzymać zależność U(z, z– ; β, 0 ) od z, z–.
W tym celu można wykorzystać liniowe kombinacje klasycznych równań ruchu, tak aby przedstawić działanie w postaci :
S(zc , zc– ) = – ½ [ zc(β)zc–(β) – zc(0)zc–(0)]
gdzie zc(t), zc–(t) – rozwiązania.
Aby rozwiązać takie równania można wprowadzić dwie kombinacje liniowe z(t) ± z–(t).
Rozwiązanie.
Całka jest gaussowska, dlatego możemy ja jawnie obliczyć. W pierwszej kolejności, aby pozbyć się warunków granicznych, rozwiązujemy równania ruchu :
– z•(t) + z(t) + ( 2α/1 + α2 ) z–(t) (6.100)
z•– (t) + z– (t) + ( 2α/1 + α2 ) z(t) (6.101)
Pomnóżmy teraz z–(t) przez równanie (6.100) i dodajmy do z(t) pomnożonemu przez równanie (6.101), wtedy otrzymamy :
z(t) z–(t) + (α/ 1 + α2) [ z2(t) + z–2(t)] = ½ [ z– (t)z•(t) – z•– (t)z(t)]
Podstawiając taką tożsamość do działania (6.99), otrzymamy pochodna zupełną, co daje nam pierwszy wynik : S(z ,z– ) = – ½ [ z(β)z–(β) – z(0)z–(0)]
Ponieważ z(β) i z–(0) są ustalonymi warunkami granicznymi, wystarczy obliczyć z(0) i z–(β).
Rozwiązania mogą być zapisane w postaci : z(t) = a exp(ωt) – αβ exp(–ωt)
z–(t) = –αa exp(ωt) + b exp(–ωt) gdzie ω = (1 – α2 ) / (1 + α2 ) oraz :
a = ( zeµ + z–e–λ ) / 2sh(λ + µ) , b = ( z + z–eλ+µ )/ 2sh(λ + µ ) Zatem :
z(0) = [ z sh(µ) – z– sh(λ)] /sh(λ + µ) , z–(β) = [ z– sh(µ) – z sh(λ)] / sh(λ + µ ) i na koniec :
S(z ,z– ) – z(0)z–(0) = [ ( z2 + z–2 ) sh(λ) – 2zz– sh(µ)] / 2sh(λ + µ)
6) Otrzymać normalizacje z obliczenia tr U(β, 0), porównując wynik np. z wyrażeniem otrzymanym bezpośrednio z wykorzystaniem określonego wcześniej spektrum.
Rozwiązanie.
Całkowanie gaussowskie daje normalizacje N oraz :
< z | U(β, 0) | z– > = N exp[ z(0)z–(0) – S(z ,z– )]
Podstawiając ślad, otrzymamy sumę statystyczną :
Z(β) = N
∫
[ dzdz–/ 2iπ] exp(–zz– )exp[ z–(0)z(0)) –S(z, z– )] = [ N/2sh(λ/2)] sqrt[ sh(λ + µ)/sh(µ)]Bezpośredni rachunek oparty na określonym wcześniej spektrum, daje : Z(β) = exp(β/2)/ 2 sh(λ/2) ⇒ N = exp(β/2) sqrt[ sh(λ + µ)/sh(µ)]
Ćwiczenie 6.9
Rozpatrzmy sumę statystyczną (6.57) z : β/2
S(z, z– ) =
∫
dt { z–(t) [ –z•(t) + ωz(t)] + ¼ λ[ z–(t)z(t)]2 } –β/2gdzie ω, λ – dwie stałe dodatnie.
Obliczyć energie stanu podstawowego E0 z dokładnością do λ2 z warunkiem θ(0) = ½ tj. sgn(0) = 0
Następnie określić całe spektrum do rzędu λ włącznie. W przypadku ogólnym, wykorzystując (3.1) określić ściśle spektrum.
Rozwiązanie.
Mogą nam pomóc obliczenia z podrozdziału 6.1.3. W pierwszej kolejności, wykorzystując twierdzenie Wicka, otrzymamy :
tr e–βH = [ 1/ 2sh(ωβ/2)] { 1 – ½ λ
∫
dt < z–(t) z(t) >2 + O(λ2) } gdzie < z–(t)z(t) > dane jest przez propagator (6.43) w chwili czasu 0 :< z–(t)z(t) > ≡ ∆(0) = ½ [ sgn(0) + 1/ th(ωβ/2)]
Porównując z wyrażeniem (3.2), otrzymamy spektrum do rzędu λ : E0 = (k + ½ )ω + ¼ λ(k2 + k + ½ )
W istocie, takie spektrum jest ścisłe. W granicy β → ∞ z gaussowskiej funkcji dwupunktowej (6.45) wynika
uporządkowanie w czasie. Dlatego też wszystkie diagramy spójne, oprócz rzędu λ, który jest niejednoznaczny, zerują się, co dowodzi wymaganej własności dla energii stanu podstawowego. W przypadku ogólnym, można się przekonać, ze wszystkie wkłady perturbacyjne nie są zależne od czasu. Dlatego całkowanie w czasie daje czynnik βn w rzędzie λn Wtedy to z rozkładu (3.1) wynika, ze wkłady wyższe od pierwszego rzędu nie zmieniają otrzymanego spektrum.
Ćwiczenie 6.10
Obliczyć funkcje dwupunktową < z–(u)z(v) >, odpowiadającą wadze exp( –S )/Z, do rzędu λ2 przy β → ∞.
Obliczyć energię Ω = E1– E0, gdzie E1 odpowiada pierwszemu stanowi wzbudzonemu (stan jednocząstkowy )
Rozwiązanie.
Rozkładając względem potęg λ2 i wykorzystując twierdzenie Wicka, otrzymamy (i tutaj ponownie przyczynowa własność propagatora istotnie upraszcza obliczenia ) :
< z–(u)z(v) > = θ(u – v)exp[ –ω(u – ω)][ 1 – ½ λ(u – v) + 1/8 λ2(u – v )2 ] + O(λ3 ) = = θ(u – v) exp[ –ω + ½ λ)(u – v)] + O(λ3 )
Zatem Ω = ω + ½ λ + O(λ3 ), co jest zgodne z dokładnym spektrum.
Ćwiczenie 6.11
Wyjaśnić powyższe wyniki poprzez odpowiedni hamiltonian wyrażony z użyciem operatorów kreacji i anihilacji.
Rozwiązanie.
Hamiltonian jest określony poprzez całkę po trajektoriach z dokładnością do problemu uporządkowania operatorów.
Dlatego też ma on postać :
H = ω( a†a + ½ ) + ¼ λ[ (a†a)2 + αa†a + β ] Gdzie α, β – dwie stałe liczbowe.
Spektrum ma postać :
Ek = ω( k + ½ ) + λ(k2 + αk + β )
Porównując z wynikiem obliczenia, możemy wnioskować że : α = 1 , β = ½
Na koniec, ponieważ wektory własne hamiltonianu są takie same jak dla oscylatora harmonicznego, funkcja dwupunktowa dana jest przez relacje :
< z–(u)z(v) > = θ(u – v)< 0 | exp[ –(H – E0 )(u – v )] | 0 > = Σ < 0 | a | k > exp[ – (Ek – E0 )(u – v )] ( k | a† | 0 > = k=0
= θ(u – v) exp[ – (E1 – E0 )(u – v )]
Ćwiczenie 6.12
Wykorzystując holomorficzną całkę po trajektoriach, obliczyć z użyciem dwóch różnych metod poprawki rzędu λ do wartości własnych energii hamiltonianu :
H = ½ p^ + ½ q^2 + λq^4
i porównać otrzymany wynik z wyrażeniem (3.2).
W pierwszej metodzie wyrazić oddziaływanie czwartego rzędu poprzez operatory kreacji i anihilacji, iloczyny uporządkowane normalnie, a następnie zamienić je na zmienne klasyczne z ,z–, naśladując podejście opisane w podrozdziale 6.5. Dla uporządkowania normalnego można na początku dowieść tożsamości :
exp[ x(a + a† )] = exp(xa† ) exp(xa ) exp(x2/2)
albo na drodze różniczkowania, albo wykorzystując wzór Bakera- Hausdorfa.
W drugiej metodzie zamienić bezpośrednio zmienna klasyczną q^ na ( z + z– )/√2 w członie czwartego rzędu.
Na koniec, porównajcie otrzymane wyrażenie z półsumą zapisaną normalnie i antynormalnie.
W tym celu można wykorzystać druga tożsamość : exp[ x(a + a† )] = exp(xa ) exp(xa† ) exp(–x2/2 ) Rozwiązanie.
Znajdujemy :
(a + a† )4 = a†4 + 4a†a3 + 6a†2a2 + 4a†3a + a4 + 6a†2 + 12a†a + 6a2+ 3
Teraz zamienimy operatory kwantowe a, a† na zmienne klasyczne z, z– W omawianym rzędzie dają wkład tylko człony z jednakową liczbą z i z–. Wykorzystując twierdzenie Wicka, otrzymamy :
tr exp(–βH) = [ 1/2sh(ωβ/2)] [ 1 – ¾ λβ( 1 + 4∆(0) + 4∆2(0) + O(λ2 )]
gdzie < z–(t)z(t) > dane jest przez propagator (6.43) w chwili czasu 0.
Jeśli przyjmiemy sgn(0) = – 1, to :
tr exp(–βH) = [ 1/2sh(ωβ/2)] [ 1 – ¾ λβ cth2(ωβ/2) + O(λ2 )]
- wyrażenie zgodne z wynikiem (3.2).
W drugim przypadku składowa czwartego rzędu daje wkład do działania :
¼ λ
∫
dt ( z–(t) + z(t))4W rzędzie λ należy uwzględnić tylko człon, proporcjonalny do (z–z )2 Wykorzystując twierdzenie Wicka, otrzymamy :
tr exp(–βH) = [ 1/2sh(ωβ/2)] [ 1 – 3 λβ∆2(0) + O(λ2 )]
Jeśli przyjmiemy sgn(0) = 0, to ponownie otrzymamy ścisły wynik.
Na koniec, półsuma normalnie- anty –normalnie uporządkowanych wyrażeń daje (z– + z)4 + 3, co różni się od ścisłego wyniku o globalne przesunięcie.
*************************************************************************************************