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Quantum Many Body

二次量子化

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二次量子化本质是极致的线性代数

波函数的语言说到底虽然也是希尔伯特空间的矢量语言，但做得还不够彻底。把连续的函数表象变成进一步离散的粒子数表象，此即二次量子化。

首先把所有包含不同粒子数的波函数 Ψ(r1,r2,r3,…)\Psi(\mathbf{r}_1,\mathbf{r}_2,\mathbf{r}_3,\ldots) 统统打包到一个空间，也即Fock空间

HF=H0⊕H1⊕⋯⊕HN\mathcal H_F = \mathcal H_0\oplus\mathcal H_1\oplus\cdots\oplus\mathcal H_N

注意到所有的单粒子波函数可以用某一正交完备本征基底 {ϕi(r)}\{\phi_i(\mathbf r)\} 展开，而多粒子波函数又可以由单粒子基底的直积张成的基底展开（记得归一化，或者说归 NN 化？）

∣Ψ⟩=∑i1,…,iNCi1⋯iN∣ϕi1⟩⊗⋯⊗∣ϕiN⟩|\Psi\rangle = \sum_{i_1,\ldots,i_N} C_{i_1\cdots i_N} |\phi_{i_1}\rangle\otimes\cdots\otimes|\phi_{i_N}\rangle

于是想到干嘛不干脆把 NN 粒子的直积基底写成粒子数占据的形式

∣n1,n2,n3,…⟩|n_1,n_2,n_3,\ldots\rangle
∣Ψ⟩=∑{ni}C{ni}∣n1,n2,…⟩|\Psi\rangle = \sum_{\{n_i\}} C_{\{n_i\}} |n_1,n_2,\ldots\rangle

满足 ∑ni=N\sum n_i = N

ん？什么波函数，你看这哪里有波函数啊，这不是纯纯的矢量吗

不过这么搞有一点点的不严谨，因为实际符合全同粒子对称性/反对称性的空间要比理论上的张量积空间更小。我们需要把基底投影到对应的对称/反对称空间

HN±=P±(N)H1⊗N\mathcal H_N^\pm = P_\pm^{(N)}\mathcal H_1^{\otimes N}
F±=⨁N=0∞HN±\mathcal F_\pm = \bigoplus_{N=0}^{\infty}\mathcal H_N^\pm

P±(N)P_\pm^{(N)} 是对称/反对称投影算符

更进一步，要改就改得彻底一点，作用在波函数上的算符那一套也可以扔掉，换成人民群众喜闻乐见的矩阵。由于现在一套粒子数表象就可以完全描述一个态，所以我们对态的操作就变成了纯粹的对粒子数的操作，为此引入产生算符 a^†\hat a^\dagger 和湮灭算符 a^\hat a

以归一化的 NN 粒子态 ∣ΨN⟩∈HN±|\Psi_N\rangle\in\mathcal H_N^\pm 为例，我们希望向这个系统中加入一个处于 ∣f⟩|f\rangle 的粒子。直观的想法是构造张量积 ∣f⟩⊗∣ΨN⟩|f\rangle\otimes|\Psi_N\rangle，但这个态未必满足全同粒子的交换对称性。为此产生算符可以定义成以下形式

a^±†(f)∣ΨN⟩=N+1 P±(N+1)(∣f⟩⊗∣ΨN⟩)\hat a_\pm^\dagger(f)|\Psi_N\rangle = \sqrt{N+1}\, P_\pm^{(N+1)} \left(|f\rangle\otimes|\Psi_N\rangle\right)

N+1\sqrt{N+1} 用来补偿整体对称化投影的系数

湮灭算符就定义为其 Hermitian 共轭

a^±(f)=[a^±†(f)]†\hat a_\pm(f) = \left[\hat a_\pm^\dagger(f)\right]^\dagger

在这种定义下，玻色子和费米子的正则对易关系可得

Boson

[a^i,a^j†]=δij,[a^i,a^j]=0,[a^i†,a^j†]=0[\hat a_i,\hat a_j^\dagger] = \delta_{ij},\qquad [\hat a_i,\hat a_j] = 0,\qquad [\hat a_i^\dagger,\hat a_j^\dagger] = 0
[A,B]=AB−BA[A,B] = AB-BA

Fermion

{c^i,c^j†}=δij,{c^i,c^j}=0,{c^i†,c^j†}=0\{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\} = \delta_{ij},\qquad \{\hat c_i,\hat c_j\} = 0,\qquad \{\hat c_i^\dagger,\hat c_j^\dagger\} = 0
{A,B}=AB+BA\{A,B\} = AB+BA

然后你就可以发现了，这玩意写作算符实则就是矩阵，单模式玻色子下，产生、湮灭算符满足：

a^∣n⟩=n∣n−1⟩\hat a|n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle
a^†∣n⟩=n+1∣n+1⟩\hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle

这不就等同于

a^=(0100⋯0020⋯0003⋯0000⋱⋮⋮⋮⋱⋱)\hat a = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \ddots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots \end{pmatrix}
a^†=(0000⋯1000⋯0200⋯0030⋯⋮⋮⋮⋱⋱)\hat a^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots \end{pmatrix}

多粒子态同理，同样能够写成作用于整个 Fock 空间的矩阵。另外注意到

a^†a^=(0000⋯0100⋯0020⋯0003⋯⋮⋮⋮⋮⋱)\hat a^\dagger\hat a = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 2 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & 3 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}

干脆定义

n^=a^†a^\hat n = \hat a^\dagger\hat a

作为粒子数算符，显然的，这个矩阵的本征态就是Fock空间的本征基底。

有了产生湮灭算符，所有波函数表象下的算符都可转化为粒子数表象下的矩阵，事实上这件事在波函数的视角下也是经常干的，考虑第一量子化中的单粒子算符 h^\hat h，引入单粒子矩阵元

hij=⟨ϕi∣h^∣ϕj⟩h_{ij} = \langle\phi_i|\hat h|\phi_j\rangle

直接有

h^=∑ijhij∣ϕi⟩⟨ϕj∣\hat h = \sum_{ij} h_{ij}|\phi_i\rangle\langle\phi_j|

算符 ∣ϕi⟩⟨ϕj∣|\phi_i\rangle\langle\phi_j| 的作用等效地可以视作波函数中单粒子波函数成分的跃迁 ∣ϕj⟩⟶∣ϕi⟩|\phi_j\rangle\longrightarrow|\phi_i\rangle，如果展开的基底就是二次量子化选取的基底，那么在粒子数表象中等效有

A^=∑ijhija^i†a^j\hat A = \sum_{ij} h_{ij}\hat a_i^\dagger\hat a_j

例如单粒子的Hamiltonian，动能算符

T^=∑p=1Np^p22m\hat T = \sum_{p=1}^N \frac{\hat{\mathbf p}_p^2}{2m}

如果选择动量本征态作为单粒子基底，就得到

T^=∑kℏ2k22ma^k†a^k\hat T = \sum_{\mathbf k} \frac{\hbar^2k^2}{2m} \hat a_{\mathbf k}^\dagger\hat a_{\mathbf k}

作用在多体粒子波函数上的算符，这个对应其实没有那么显然，但可以证明的是，

H^F=∑ijhija^i†a^j\hat H_F = \sum_{ij} h_{ij}\hat a_i^\dagger\hat a_j

在 NN 粒子空间上的作用，等价于

H^N=∑p=1Nh^(p)\hat H_N = \sum_{p=1}^N \hat h(p)

例如两体相互作用算符

V^=∑p<qV(rp,rq)=12∑p≠qV^(p,q)\hat V = \sum_{p<q} V(\mathbf r_p,\mathbf r_q) = \frac{1}{2}\sum_{p\ne q} \hat V(p,q)

定义单粒子跃迁算符 E^ik=∣ϕi⟩⟨ϕk∣\hat E_{ik} = |\phi_i\rangle\langle\phi_k|，其可以张成单粒子算符空间，那么两个单粒子算符的张量积便可以展开二体算符

V^=∑ijklVij;klE^ik⊗E^jl=12∑ijklVij;kl∑p≠qE^ik(p)E^jl(q)\begin{aligned} \hat V &= \sum_{ijkl} V_{ij;kl}\hat E_{ik}\otimes\hat E_{jl} \\ &= \frac{1}{2}\sum_{ijkl} V_{ij;kl}\sum_{p\ne q} \hat E_{ik}(p)\hat E_{jl}(q) \end{aligned}
Vij;kl=⟨ϕiϕj∣V^∣ϕkϕl⟩V_{ij;kl} = \langle\phi_i\phi_j|\hat V|\phi_k\phi_l\rangle

其中又有

∑p≠qE^ik(p)E^jl(q)=a^i†a^j†a^la^k\sum_{p\ne q} \hat E_{ik}(p)\hat E_{jl}(q) = \hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k

于是二次量子化下有

V^F=12∑ijklVij;kla^i†a^j†a^la^k\hat V_F = \frac{1}{2}\sum_{ijkl} V_{ij;kl}\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k

另外，虽然会显得有些闲的没事干，但我们可以反过来用离散的本征态反过来表示连续的位置基底，写出倒反天罡的转换

∣r⟩=∑i∣ϕi⟩⟨ϕi∣r⟩|\mathbf r\rangle = \sum_i |\phi_i\rangle\langle\phi_i|\mathbf r\rangle

于是可以定义位置本征态的产生和湮灭算符（可以用类似的方法定义任意单粒子态的产生和湮灭算符），也即场算符

ψ^(r)=∑iϕi(r)a^i,ψ^†(r)=∑iϕi∗(r)a^i†\begin{aligned} \hat\psi(\mathbf r) &= \sum_i \phi_i(\mathbf r)\hat a_i, \\ \hat\psi^\dagger(\mathbf r) &= \sum_i \phi_i^*(\mathbf r)\hat a_i^\dagger \end{aligned}

于是如果你想的话，二体相互作用又可以写成

V^F=12∫d3r d3r′ ψ^†(r)ψ^†(r′)×V(r,r′)×ψ^(r′)ψ^(r)\begin{aligned} \hat V_F = {} & \frac{1}{2}\int d^3r\,d^3r'\, \hat\psi^\dagger(\mathbf r)\hat\psi^\dagger(\mathbf r') \\ & \times V(\mathbf r,\mathbf r')\times\hat\psi(\mathbf r')\hat\psi(\mathbf r) \end{aligned}

至于二次量子化处理具体问题的方法，跟波函数哪一套其实没什么区别，都是对角化而已，只不过表达方式上有些许差异。干脆拿个能算的例子来解释。

e.g. / 1D Hubbard Dimer

作为最简单的非平凡 Hubbard 模型，其Hamiltonian

H^=−t∑σ=↑,↓(c^1σ†c^2σ+c^2σ†c^1σ)+U(n^1↑n^1↓+n^2↑n^2↓)\hat H={}-t\sum_{\sigma=\uparrow,\downarrow} \left( \hat c_{1\sigma}^\dagger\hat c_{2\sigma} +\hat c_{2\sigma}^\dagger\hat c_{1\sigma} \right) +U\left( \hat n_{1\uparrow}\hat n_{1\downarrow} +\hat n_{2\uparrow}\hat n_{2\downarrow} \right)

两个格点四种模式，完整 Fock 空间的维数为 dim⁡F=24=16\dim \mathcal F=2^4=16，通常研究半填充下的模型，此时固定电子数2，对应的Fock空间维度变成 dim⁡HN=2=(42)=6\dim\mathcal H_{N=2}=\binom42=6，说明这意味着整个半填充 Hubbard Dimer 的 Hamiltonian 只是一个 6×66\times6 矩阵。

可以直接写出六个态，选择的基底顺序是

B={∣D1⟩,∣A⟩,∣B⟩,∣D2⟩,∣T+⟩,∣T−⟩}\mathcal B= \{|D_1\rangle,|A\rangle,|B\rangle, |D_2\rangle,|T_+\rangle,|T_-\rangle\}
∣D1⟩=c^1↑†c^1↓†∣0⟩∣A⟩=c^1↑†c^2↓†∣0⟩∣B⟩=c^1↓†c^2↑†∣0⟩∣D2⟩=c^2↑†c^2↓†∣0⟩∣T+⟩=c^1↑†c^2↑†∣0⟩∣T−⟩=c^1↓†c^2↓†∣0⟩\begin{aligned} |D_1\rangle &=\hat c_{1\uparrow}^\dagger\hat c_{1\downarrow}^\dagger|0\rangle\\ |A\rangle &=\hat c_{1\uparrow}^\dagger\hat c_{2\downarrow}^\dagger|0\rangle\\ |B\rangle &=\hat c_{1\downarrow}^\dagger\hat c_{2\uparrow}^\dagger|0\rangle\\ |D_2\rangle &=\hat c_{2\uparrow}^\dagger\hat c_{2\downarrow}^\dagger|0\rangle\\ |T_+\rangle &=\hat c_{1\uparrow}^\dagger\hat c_{2\uparrow}^\dagger|0\rangle\\ |T_-\rangle &=\hat c_{1\downarrow}^\dagger\hat c_{2\downarrow}^\dagger|0\rangle \end{aligned}

二次量子化 · 图 1

写成矩阵，不难验证

H=(U−t+t000−t00−t00+t00+t000−t+tU00000000000000)H= \begin{pmatrix} U&-t&+t&0&0&0\\ -t&0&0&-t&0&0\\ +t&0&0&+t&0&0\\ 0&-t&+t&U&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{pmatrix}

或者直接从一开始选取比较合适的基底

B′={∣S⟩,∣D+⟩,∣D−⟩,∣T0⟩,∣T+⟩,∣T−⟩}\mathcal B'= \{|S\rangle,|D_+\rangle,|D_-\rangle, |T_0\rangle,|T_+\rangle,|T_-\rangle\}
∣S⟩=∣A⟩−∣B⟩2|S\rangle=\frac{|A\rangle-|B\rangle}{\sqrt2}
∣T0⟩=∣A⟩+∣B⟩2|T_0\rangle=\frac{|A\rangle+|B\rangle}{\sqrt2}
∣D+⟩=∣D1⟩+∣D2⟩2|D_+\rangle= \frac{|D_1\rangle+|D_2\rangle}{\sqrt2}
∣D−⟩=∣D1⟩−∣D2⟩2|D_-\rangle= \frac{|D_1\rangle-|D_2\rangle}{\sqrt2}

有对应的矩阵

H′=(0−2t0000−2tU000000U000000000000000000000)H'= \begin{pmatrix} 0&-2t&0&0&0&0\\ -2t&U&0&0&0&0\\ 0&0&U&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{pmatrix}

对角化H′H'肯定是更简单的，因为后面四个已经自动变成本征态了，而剩下的2×22 \times 2矩阵也很好处理，求解

det⁡(H2×2−EI)=0\det(H_{2\times2}-EI)=0
E±=U±U2+16t22E_\pm= \frac{U\pm\sqrt{U^2+16t^2}}2

对应剩下的两个本征态

∣E−⟩=u∣S⟩+v∣D+⟩|E_-\rangle=u|S\rangle+v|D_+\rangle
∣E+⟩=−v∣S⟩+u∣D+⟩|E_+\rangle=-v|S\rangle+u|D_+\rangle
u=1+U/Δ2,v=1−U/Δ2,Δ=U2+16t2u=\sqrt{\frac{1+U/\Delta}{2}}, v=\sqrt{\frac{1-U/\Delta}{2}}, \Delta=\sqrt{U^2+16t^2}

也即求出了所有的能量本征态和能级，一如一次量子化所能做到的一切。

写得有点乱，总之就是这样。

继续阅读 · 量子多体

连续量子相变理论 / Continuous Quantum Phase Transition
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