单体力学量

本征表象

$N$ 个粒子组成的系统,对于单个粒子的力学量 $\hat{f}$ ,其第 $i$ 个本征值为 $f_i$ ,本征态为 $\mid i \rangle$ ,即 \begin{align*} \hat{f} \mid i \rangle = f_i \mid i \rangle \end{align*} 那么这 $N$ 个粒子就是: \begin{align*} \hat{F} \sum_i f_i \hat{n_i} \sum_i f_i a_i^{\dagger}a_i \end{align*} $a_i^{\dagger}$ 是 $f$ 的本征表象中的产生算符。

非本征表象

若要写出非本征表象下的形式,则应对 $a_i^{\dagger}$ 做表象变换。 $a_i^{\dagger}$ 的表象变换可让 $a_i^{\dagger}$ 作用在真空态上如下导出: \begin{align*} a_i^{\dagger} \mid 0 \rangle \mid i \rangle \sum_{\alpha} \mid \alpha \rangle\langle \alpha \mid i \rangle = \sum_{\alpha} a_{\alpha}^{\dagger}\mid 0 \rangle \langle \alpha \mid i \rangle \end{align*}

所以可得: \begin{align*} a_i^{\dagger} = \sum_{\alpha} a_{\alpha}^{\dagger}\ \langle \alpha \mid i \rangle \end{align*} 如此看来, 产生算符的表象变换类似于一个右矢, 而消灭算符的表象变换类似于一个左矢. 便于记忆可以认为将 $a_i^{\dagger} \mid 0\rangle$ 简记为了 $a_i^{\dagger}$ ,将 $a_{\alpha}^{\dagger} \mid 0\rangle$ 简记为了 $a_{\alpha}^{\dagger}$. 产生算符作用在右矢空态上才不为零.

那么: \begin{align*} \hat{F} =& \sum_i f_i a_i^{\dagger}a_i \\ =& \sum_i \sum_{\alpha \beta} f_i \cdot a_{\alpha}^{\dagger}\langle \alpha \mid i \rangle \cdot \langle i \mid \beta \rangle a_{\beta} \\ =& \sum_i \sum_{\alpha \beta} \cdot a_{\alpha}^{\dagger}\langle \alpha \mid f_i\mid i \rangle \cdot \langle i \mid \beta \rangle a_{\beta} \\ =& \sum_i \sum_{\alpha \beta} \cdot a_{\alpha}^{\dagger}\langle \alpha \mid \hat{f}\mid i \rangle \cdot \langle i \mid \beta \rangle a_{\beta} \\ =& \sum_{\alpha \beta} a_{\alpha}^{\dagger}\langle \alpha \mid \hat{f} \mid \beta \rangle a_{\beta} \\ =& \sum_{\alpha \beta} \langle \alpha \mid \hat{f} \mid \beta \rangle a_{\alpha}^{\dagger} a_{\beta} \end{align*}

我为了便于理解, 直接将产生消灭算符看成是多体表象中的基矢, 产生算符是右矢, 消灭算符是左矢. 那么, 一切就都说得通了: \begin{align*} \hat{F} \sim \sum_{\alpha \beta} \langle \alpha \mid \hat{f} \mid \beta \rangle \cdot \mid \alpha \rangle \langle \beta \mid \end{align*} 为什么是这样, 我也不知道.

二体力学量

本征表象

同样的, $N$ 个粒子组成的系统, 于单个粒子的力学量 $\hat{f}$ ,其第 $i$ 个本征值为 $f_i$ ,本征态为 $\mid i \rangle$ ,即 \begin{align*} \hat{f} \mid i \rangle = f_i \mid i \rangle \end{align*} 考虑两个粒子间的相互作用, 假设分别在态 $\mid i \rangle$ 和 态 $\mid j \rangle$ 上 ,其相互作用的算符为: \begin{align*} \hat{u} = \hat{u}(\hat{f}_i, \hat{f}_j) \end{align*} 即有: \begin{align*} \hat{u}(\hat{f}_i, \hat{f}_j) \mid i,j\rangle = u_{ij} \mid i,j \rangle \end{align*} 其中: \begin{align*} \mid i,j \rangle \mid i \rangle \otimes \mid j \rangle \mid i \rangle \mid j \rangle \end{align*} 表示态 $\mid i \rangle$ 和 态 $\mid j \rangle$ 上各有一个粒子.

那么这 $N$ 个粒子之间所有的两两相互作用就是: \begin{align*} \hat{U} = \frac{1}{2} \sum_{i\ne j} u_{ij} \hat{n}_i \hat{n}_j + \frac{1}{2}\sum_i u_{ii} \hat{n}_i(\hat{n}_i - 1) \end{align*} 第一项表示单粒子态 $\mid i \rangle$ 上有 $n_i$ 个粒子, 单粒子态 $\mid j \rangle$ 上有 $n_j$ 个粒子, $n_i$ 个粒子和 $n_j$ 个粒子之间的两两相互作用一共是 $u_{ij} n_i n_j$, 然后就是对所有的态求和. 第二项是第一项中没有考虑的相同的态上不同粒子之间的相互作用. 每对粒子之间的相互作用都算了两次, 所以要除以二.

还可以写成另一种形式. \begin{align*} \hat{U} = \frac{1}{2} \sum_{i j} u_{ij} (\hat{n}_i \hat{n}_j - \delta_{ij} \hat{n}_i) \end{align*} 第二项是考虑的相同的态上不同粒子之间的相互作用, 因为第一项中计算了两次, 所以要减去一次. 这个形式可以用对易关系进化简: \begin{align*} \hat{n}_i \hat{n}_j - \delta_{ij} \hat{n}_i =& a_i^{\dagger}a_i a_j^{\dagger}a_j -\delta_{ij} a_i^{\dagger}a_i \\ =& a_i^{\dagger}a_i a_j^{\dagger}a_j -\delta_{ij} a_i^{\dagger}a_j\\ =& a_i^{\dagger}a_i a_j^{\dagger}a_j -[a_i,a_j^{\dagger}]_{\mp} a_i^{\dagger}a_j \\ =& a_i^{\dagger} (a_i a_j^{\dagger}-[a_i,a_j^{\dagger}]_{\mp})a_j \\ =& a_i^{\dagger} (\pm a_j^{\dagger}a_i )a_j \\ =& a_i^{\dagger} a_j^{\dagger} (\pm a_i a_j) \\ =& a_i^{\dagger} a_j^{\dagger} a_j a_i \end{align*}

所以: \begin{align*} \hat{U} = \frac{1}{2} \sum_{i j} u_{ij} a_i^{\dagger} a_j^{\dagger} a_j a_i \end{align*}

非本征表象

与单体力学量类似的, 直接对本征表象的结果做表象变换: \begin{align*} \hat{U} =& \frac{1}{2} \sum_{i j} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta}u_{ij} a_i^{\dagger} a_j^{\dagger} a_j a_i \\ =& \frac{1}{2} \sum_{i j}\sum_{\alpha \beta \gamma \delta} u_{ij} \cdot a_{\alpha}^{\dagger}\langle \alpha \mid i \rangle\cdot a_{\beta}^{\dagger}\langle \beta\mid j \rangle\cdot \langle j \mid \gamma \rangle a_{\gamma} \cdot \langle i\mid \delta \rangle a_{\delta} \\ =& \frac{1}{2} \sum_{i j}\sum_{\alpha \beta \gamma \delta} u_{ij} \cdot a_{\alpha}^{\dagger}a_{\beta}^{\dagger} a_{\gamma} a_{\delta}\langle \alpha \mid i \rangle\cdot \langle \beta\mid j \rangle\cdot \langle j \mid \gamma \rangle \cdot \langle i\mid \delta \rangle \\ =& \frac{1}{2} \sum_{i j} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta} a_{\alpha}^{\dagger}a_{\beta}^{\dagger} a_{\gamma} a_{\delta}\cdot \langle \alpha \mid\langle \beta\mid\cdot \left( u_{ij}\mid i \rangle \mid j \rangle \langle j \mid \langle i\mid\right)\cdot \mid\gamma \rangle \mid \delta \rangle \\ =& \frac{1}{2} \sum_{i j} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta} a_{\alpha}^{\dagger}a_{\beta}^{\dagger} a_{\gamma} a_{\delta}\cdot \langle \alpha \mid\langle \beta\mid\cdot \left( \hat{u}\mid i \rangle \mid j \rangle \langle j \mid \langle i\mid\right)\cdot \mid\gamma \rangle \mid \delta \rangle \\ =& \frac{1}{2} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta} a_{\alpha}^{\dagger}a_{\beta}^{\dagger} a_{\gamma} a_{\delta}\cdot \langle \alpha \mid\langle \beta\mid \hat{u}\mid\gamma \rangle \mid \delta \rangle \end{align*}

同样, 直接将产生消灭算符看成是多体表象中的基矢: \begin{align*} \hat{U} \sim \frac{1}{2} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta} \mid\alpha \rangle \mid \beta \rangle \langle \gamma \mid\langle \delta\mid\cdot \langle \alpha \mid\langle \beta\mid \hat{u}\mid\gamma \rangle \mid \delta \rangle = \frac{1}{2} \sum_{\alpha \beta \gamma \delta} \mid\alpha , \beta \rangle \langle \gamma ,\delta\mid\cdot \langle \alpha, \beta\mid \hat{u}\mid\gamma , \delta \rangle \end{align*}

例: 场算符

引言

考虑坐标表象中两体相互作用势为 $u(\vec{r}_1, \vec{r}_2)$ 的多体 Hamiltonian 的二 次量子化形式为

$$\begin{align} \hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m}\int \mathrm{d} \vec{r}\cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \nabla^2 \hat{\psi}(\vec{r}) + \frac{1}{2} \int \mathrm{d} \vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_1) \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_2) u(\vec{r}_1, \vec{r}_2) \hat{\psi}(\vec{r}_2) \hat{\psi}(\vec{r}_1) \end{align}$$

其中 $\hat{\psi}(\vec{r}), \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r})$ 是场算符, 也就是坐标表 象下的湮灭算符和产生产生算符.

第二项很明显就是二体算符在本征表象中的二次量子化形 式, 本征表象嘛, $u(\vec{r}_1, \vec{r}_2)$ 是一个数, 放在中间或者其它地方都无所谓.

问题在于第一项的动能项. 只有一重求和, 按之前总结的应该是在本征表象中的表示, 但是 中间夹的不是本征值, 而是一个 $\nabla^2$ 算符. 那它是对谁作用呢? 是对它后面的场算 符作用吗? 对场算符求梯度? 是什么意义?

动能算符

真相是: 动能的本征表象不是坐标表象, 而是动量表象, 在动量表象下它的本征值是 $\vec{p}^2/(2m)$ 是一个数. 在坐标表象下, 它不是本征表象! 所以动能 $\hat{T}$ 在坐标表象下的二次量子化形式(也就是用场算符表示动能项)应该是

$$\begin{align} \hat{T} = \int \mathrm{d} \vec{r}_3 \int \mathrm{d} \vec{r}_4 \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_3) \hat{\psi}(\vec{r}_4) \langle \vec{r}_3 | \hat{T} | \vec{r}_4 \rangle \end{align}$$

$$\begin{align} \langle \vec{r}_3 | \hat{T} | \vec{r}_4 \rangle = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2_{\vec{r}_3} \delta(\vec{r}_3 - \vec{r}_4) \end{align}$$

所以

$$\begin{align} \hat{T} = -\frac{\hbar^2}{2m} \int \mathrm{d} \vec{r}_3 \int \mathrm{d} \vec{r}_4 \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_3) \hat{\psi}(\vec{r}_4) \nabla^2_{\vec{r}_3} \delta(\vec{r}_3 - \vec{r}_4) \end{align}$$

交换一下顺序有

$$\begin{align} \hat{T} = -\frac{\hbar^2}{2m} \int \mathrm{d} \vec{r}_3 \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_3) \nabla^2_{\vec{r}_3} \int \mathrm{d} \vec{r}_4 \cdot\hat{\psi}(\vec{r}_4) \delta(\vec{r}_3 - \vec{r}_4) \end{align}$$

积掉 $\delta$ 函数后

$$\begin{align} \hat{T} = \int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \right) \hat{\psi}(\vec{r}) \end{align}$$

其中 $\nabla^2$ 是对后面的 $\hat{\psi}(\vec{r})$ 作用. $\nabla^{2}$ 对场算符作用的意义, 把场算符写到动 量本征基下就很明显了 (因为动量表象是动能的本征表象) (有些书中把这个作为场算符的定义)

$$\begin{align} \hat{\psi}(\vec{r}) = \frac{1}{\sqrt{V}} \sum_{\vec{k}} e^{\mathrm{i} \vec{k}\cdot \vec{r}} \hat{a}_{\vec{k}} \end{align}$$

它的意义就是对动量本征波函数作用. 代加后作用的结果就是

$$\begin{align} \hat{T} = \sum_{\vec{k}}\frac{\hbar^2k^2}{2m} \hat{a}^{\dagger}_{\vec{k}} \hat{a}_{\vec{k}} \end{align}$$

这正是一个算符在它的本征表象下的二次量子化的形式. 其中利用了 (采用了箱归一化条件)

$$\begin{align} \delta_{\vec{k}, \vec{k}'} = \frac{1}{V} \int \mathrm{d} \vec{r} \cdot e^{\mathrm{i} (\vec{k} - \vec{k}')\cdot \vec{r}} \end{align}$$

当遇到 $\nabla^2$ 作用到 $\delta$ 函数上时, 也经常用到

$$\begin{align} \delta(\vec{r}_3 - \vec{r}_4) = \frac{1}{V} \sum_{\vec{k}}e^{\mathrm{i} \vec{k}\cdot(\vec{r}_3- \vec{r}_4)} \end{align}$$

这样的话就可以具体计算 $\nabla^2$ 对 $\delta$ 函数的作用结果. 其本质还是把它变换到了动能的 本征表象, 也就是动量表象.

动能算符的另一种形式

动能算符有时也写为

$$\begin{align} \hat{T} = \frac{\hbar^2}{2m}\int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \left[ \nabla \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \right] \left[ \nabla \hat{\psi}(\vec{r}) \right] \end{align}$$

其正确性可以将场算符在动量表象写开

$$\begin{align} \hat{\psi}(\vec{r}) = \frac{1}{\sqrt{V}} \sum_{\vec{k}} e^{-\mathrm{i} \vec{k}\cdot \vec{r}} \hat{a}_{\vec{k}} \end{align}$$

类似的可以写出 $\hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r})$ 的形式. 代回后就变成了动能在它的本征表象 下的二次量子化形式

$$\begin{align} \hat{T} = \sum_{\vec{k}} \frac{\hbar^2k^2}{2m} \hat{a}^{\dagger}_{\vec{k}} \hat{a}_{\vec{k}} \end{align}$$

用场算符表示波函数

任意一个态用场算符表示为

$$\begin{align} | \Phi \rangle = \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \cdot |\vec{r}_1\rangle \langle \vec{r}_1 | \Phi \rangle \end{align}$$

$$\begin{align} \langle \vec{r}_1 | \Phi \rangle = \phi(\vec{r}_{1}) \end{align}$$

就是态 $| \Phi \rangle$ 在坐标表象的表示, 也就是它的波函数. 所以

$$\begin{align} | \Phi \rangle =& \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \cdot \phi(\vec{r}_1) | \vec{r}_1 \rangle \\ =& \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \cdot \phi(\vec{r}_1) \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_1)| 0 \rangle \end{align}$$

物理意义也很明确, 就是不同位置上产生一个粒子, 然后按波函数叠加.

+动能算符作用在态上(之前不恰当的理解)+

#+BEGIN_QUOTE 动能算符在坐标空间中应该有

$$\begin{align} \label{eq:kinCoor} \langle \vec{r} | \hat{T} | \Phi \rangle = - \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \langle \vec{r} | \Phi \rangle = - \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \phi(\vec{r}) \end{align}$$

验证二次量子化的结果, 将 $\hat{T}$ 用二次量子化的形式写出有

$$\begin{align} \langle \vec{r}_4 | \hat{T} | \Phi \rangle =& -\frac{\hbar^2}{2m} \langle \vec{r}_4 | \int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}(\vec{r}) \nabla^2_{\vec{r}} \cdot | \Phi \rangle \\ \end{align}$$

将波函数在坐标空间展开可得

$$\begin{align} \langle \vec{r}_4 | \hat{T} | \Phi \rangle = -\frac{\hbar^2}{2m} \langle \vec{r}_4 | \int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}(\vec{r}) \nabla^2_{\vec{r}} \cdot \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \cdot \phi(\vec{r}_1) \cdot | \vec{r}_1 \rangle \end{align}$$

其中 $\hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}(\vec{r})$ 是一个粒子数算符, 将它 向左作用在态 $\langle \vec{r}_4|$ 上, 得到一个 Dirac 函数. 因为 $\langle \vec{r}_4|$ 只有在 $\vec{r} = \vec{r}_4$ 时, 它才有一个粒子, 是 $1$ , 在其它的坐 标上, 粒子数为 $0$ 即

$$\begin{align} \langle \vec{r}_4| \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}(\vec{r}) = \langle \vec{r}_4| \delta(\vec{r} - \vec{r}_4) \end{align}$$

所以代入原式, 并用 Dirac 函数积掉 $\vec{r}$ 后, 得

$$\begin{align} \langle \vec{r}_4 | \hat{T} | \Phi \rangle = -\frac{\hbar^2}{2m} \langle \vec{r}_4 | \nabla^2_{\vec{r}_4} \cdot \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \cdot \phi(\vec{r}_1) \cdot | \vec{r}_1 \rangle \end{align}$$

把两边的态矢做内积, 得到 $\langle \vec{r}_4 |\vec{r}_1\rangle = \delta(\vec{r}_1-\vec{r}_4)$ 然后把 $\vec{r}_1$ 积掉, 得

$$\begin{align} \langle \vec{r}_4 | \hat{T} | \Phi \rangle = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2_{\vec{r}_4} \phi(\vec{r}_4) \end{align}$$

与我们期待的 $(\ref{eq:kinCoor})$ 式相同. 说明二次量子化的表达形式是自洽的. #+END_QUOTE

例: 费米子接触势

坐标表象

考虑两分量 $(\uparrow, \downarrow)$ 的费米子接触势, 其在坐标表象的二次量子化形式为

$$\begin{align} \hat{H} = \int \mathrm{d} \vec{r}\cdot \left\{\sum_{\sigma} \left[ \hat{\psi}_{\sigma}^{\dagger}(\vec{r}) \left( -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 - \mu\right) \hat{\psi}_{\sigma}(\vec{r}) \right] + g\hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \right\} \end{align}$$

第一项就是直接用场算符写出, 只不过多了自旋指标, 并且考虑了化学势.

另外需要注意的是 $\hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}(\vec{r})$ 是有量纲的, 它的量纲是粒子数密度, 也就是体积的倒数. 这从

$$\begin{align} \hat{\psi}(\vec{r}) = \frac{1}{\sqrt{V}} \sum_{\vec{k}} e^{-\mathrm{i} \vec{k}\cdot \vec{r}} \hat{a}_{\vec{k}} \end{align}$$

也可以看出.

考虑第二项, 接触势的意思为

$$\begin{align} u(\vec{r}_1, \vec{r}_2) = g \delta(\vec{r}_1 - \vec{r}_2) \end{align}$$

$\delta(\vec{r}_1 - \vec{r}_2)$ 的量纲为体积的倒数, 那么 $g$ 的量纲就为 $[g]=[E]\cdot L^3$ , 为能量与体积的乘积. 将上式代入下式

$$\begin{align} \hat{V} = \frac{1}{2} \int \mathrm{d} \vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \cdot \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_1) \hat{\psi}^{\dagger}(\vec{r}_2) u(\vec{r}_1, \vec{r}_2) \hat{\psi}(\vec{r}_2) \hat{\psi}(\vec{r}_1) \end{align}$$

由于考虑了两种自旋, 所以上式还应有一重对自旋的求和. 由于是接触势, 由 Pauli 不相 容原理可知, 只有自旋相反的粒子之间才有相互作用, 所以积掉 Dirac Delta 函数后

$$\begin{align} \hat{V} = \frac{1}{2} \int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \left[ g \cdot \hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \right. \\ + g \cdot \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \\ + 0 \cdot \hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \\ \left. + 0 \cdot \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \right] \end{align}$$

前两项是相等的(差两个对易子, 都是 $-1$ , 相乘为 $1$ ), 所以

$$\begin{align} \hat{V}= g\int \mathrm{d} \vec{r} \cdot \hat{\psi}_{\uparrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}^{\dagger}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\downarrow}(\vec{r}) \hat{\psi}_{\uparrow}(\vec{r}) \end{align}$$

所以就得到了我们想要的结果.

动量表象

动量表象是动能的本征表象, 所以

$$\begin{align} \hat{T} = \sum_{\vec{k}, \sigma}(\epsilon_{\vec{k}} - \mu) c_{\vec{k},\sigma}^{\dagger} c_{\vec{k},\sigma} \end{align}$$

其中 $\epsilon_{\vec{k}} = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}$ .

势能在动量表象中为(类似坐标表象中, 将自旋给定, 乘上一个 $2$ )

$$\begin{align} \hat{V} = 2 \cdot \frac{1}{2} \sum_{\vec{k}_1, \vec{k}_2, \vec{k}_3, \vec{k}_4} \langle \vec{k}_4, \vec{k}_3| \hat{u}(\vec{r}_1, \vec{r}_2) | \vec{k}_2, \vec{k}_1\rangle c^{\dagger}_{\vec{k}_4, \uparrow}c^{\dagger}_{\vec{k}_3, \downarrow} c_{\vec{k}_2, \downarrow}c_{\vec{k}_1, \uparrow} \end{align}$$

$$\begin{align} &\langle \vec{k}_4, \vec{k}_3| \hat{u}(\vec{r}_1, \vec{r}_2) | \vec{k}_2, \vec{k}_1\rangle \\ =& \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \langle \vec{k}_4|\langle \vec{k}_3|\hat{u}(\vec{r}_1, \vec{r}_2) |\vec{r}_1\rangle \vec{r}_2\rangle\langle \vec{r}_2| \langle \vec{r}_1| \vec{k}_2\rangle| \vec{k}_1\rangle \\ =& \int \mathrm{d}\vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \langle \vec{k}_4|\langle \vec{k}_3|g \delta(\vec{r}_2 - \vec{r}_2) |\vec{r}_1\rangle \vec{r}_2\rangle\langle \vec{r}_2| \langle \vec{r}_1| \vec{k}_2\rangle| \vec{k}_1\rangle \\ =& g\int \mathrm{d}\vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \delta(\vec{r}_2 - \vec{r}_2) \langle \vec{k}_4|\vec{r}_1\rangle \langle \vec{k}_3|\vec{r}_2\rangle \langle \vec{r}_2|\vec{k}_2\rangle \langle \vec{r}_1| \vec{k}_1\rangle \\ =& \frac{g}{V^2}\int \mathrm{d}\vec{r}_1 \int \mathrm{d} \vec{r}_2 \delta(\vec{r}_2 - \vec{r}_2) e^{\mathrm{i}(\vec{k}_1\cdot \vec{r}_1 + \vec{k}_2 \vec{r}_2 -\vec{k}_3\cdot \vec{r}_2 - \vec{k}_4\cdot \vec{r}_1)} \\ =& \frac{g}{V}\delta_{\vec{k}_1 + \vec{k}_2, \vec{k}_3 + \vec{k}_4} \end{align}$$

最后一个等号后的 Dirac 函数表示动量守恒. 其中利用了

$$\begin{align} \int \mathrm{d} \vec{r}\cdot e^{\mathrm{i}(\vec{k}_1 - \vec{k}_2)\vec{r}} =& V \delta_{\vec{k}_1, k_2} \\ \langle \vec{r} | \vec{k} \rangle = \frac{1}{\sqrt{V}} e^{\mathrm{i}\vec{k}\cdot \vec{r}} \end{align}$$

所以最终得到

$$\begin{align} \hat{H} = \sum_{\vec{k}, \sigma}(\epsilon_{\vec{k}} - \mu) c_{\vec{k},\sigma}^{\dagger} c_{\vec{k},\sigma} + \frac{g}{V} \sum_{\vec{k}, \vec{k}', \vec{q}} c^{\dagger}_{\vec{k}+\frac{\vec{q}}{2}, \uparrow} c^{\dagger}_{-\vec{k}+\frac{\vec{q}}{2}, \downarrow} c_{-\vec{k}' + \frac{\vec{q}}{2}, \downarrow} c_{\vec{k}'+\frac{\vec{q}}{2}, \uparrow} \end{align}$$

势能中, 本来是对四个动量求和, 但由于前面得到的动量守恒的条件, 只剩下三个求和. 将 求和指标换一下, 即为上式.

致谢

  • Qiang Han 老师的课件提供的主要思路.
  • J. J. Sakurai & Jim Napolitano 的 Modern Quantum Mechanics 一书提供的二体力学 量在本征表象的二次量子化化简过程.
  • R. K. Pathria & Paul D. Beale, Statistical Mechanics 3ed, Chap 11.1
  • https://physics.stackexchange.com/questions/223138/kinetic-energy-operator-in-second-quantization-formalism
  • http://www.phys.ens.fr/~mora/lecture-second-quanti.pdf
  • 06/Dec/2019 update 时 F. Y. 的讨论