多體理論的路徑積分表述 III：費米子的相干態與配分函數

05-07

這是系列文章的第三篇。前面兩篇已經總結了玻色子的相干態的性質以及玻色子的配分函數，這裡總結一下費米子相干態的一些性質，以及如何用路徑積分法計算費米子的配分函數。有了這些內容，就可以為計算電子-聲子相互作用做好準備。

第一：費米子的相干態是費米子湮滅算符的本徵態

定義費米子的產生與湮滅算符為 $hat{c}^{dagger}, hat{c}$ . 定義費米子的相干態為

$vert c angle = e^{hat{c}^{dagger} c} vert 0 angle$

相干態為湮滅算符的本徵態，證明如下：

首先將湮滅算符作用在相干態上，得到

$egin{align} hat{c}vert c angle &= hat{c} e^{hat{c}^{dagger} c}vert 0 angle \ &= hat{c} (1 + hat{c}^{dagger} c ) vert 0 angle \ &= hat{c}vert 0 angle + (1 - hat{c}^{dagger} hat{c}) c vert 0 angle \ &= cvert 0 angle end{align}$

再將Grassmann number 作用在相干態上，得到

$egin{align} c vert c angle &= c (1 + hat{c}^{dagger} c ) vert 0 angle \ &= cvert 0 angle end{align}$

所以就有

$hat{c} vert c angle = c vert c angle$

第二：相干態的模

已知

$vert c angle = e^{hat{c}^{dagger} c} vert 0 angle = (1 + hat{c}^{dagger} c) vert 0 angle$

它的共軛為

$langle ar{c} vert = langle 0 vert (1 + ar{c}hat{c}) = langle 0 vert e^{ar{c}hat{c}}$

求內積得到

$langle ar{c} vert c angle = langle 0 vert 0 angle (1 + ar{c} c ) = e^{ar{c} c}$

第三：相干態的完備性

因為費米子算符需要滿足反對易關係，所以費米子的態只有兩個，分別為 $vert 0 angle, vert 1 angle = hat{c}^{dagger} vert 0 angle$ .

定理： $int dar{c} dc vert c angle langle ar{c} vert e^{-ar{c} c} = vert 0 angle langle 0 vert + vert 1 angle langle 1 vert = mathbb{I}$

證明： $vert c angle langle ar{c} vert = vert 0 angle langle 0 vert + hat{c}^{dagger} c vert 0 angle langle 0 vert + vert 0 angle langle 0 vert ar{c} hat{c} + hat{c}^{dagger} c vert 0 angle langle 0 vert ar{c} hat{c}$

代入到積分中，我們可以得到如下四個積分：

$egin{align} int dar{c} dc e^{-ar{c} c} vert 0 angle langle 0 vert &= vert 0 angle langle 0 vert int dar{c} dc (1 - ar{c} c) \ &= vert 0 angle langle 0 vert int dar{c} dc c ar{c} \ &= vert 0 angle langle 0 vert end{align}$

其中用到了 Grassmann 積分的兩個定義：

$egin{align} & int dc = 0 \ & int dc c = 1 end{align}$

第二個積分項為

$egin{align} int dar{c} dc e^{-ar{c}c} hat{c}^{dagger} c vert 0 angle langle 0 vert &= int dar{c} dc (1 - ar{c} c ) hat{c}^{dagger} c vert 0 angle langle 0 vert \ &= -int dar{c} dc c hat{c}^{dagger} vert 0 angle langle 0 vert \ &= 0 end{align}$

相似的，第三個積分也為零.

第四個積分為

$egin{align} & int dar{c} dc e^{-ar{c} c} hat{c}^{dagger} c vert 0 angle langle 0 vert ar{c} hat{c} \ =& int dar{c} dc (1 - ar{c} c ) car{c} vert 1 angle langle 1 vert \ =& int dar{c} dc (c ar{c} - 0) vert 1 angle langle 1 vert \ =& vert 1 angle langle 1 vert end{align}$

把這四個積分加起來就得到了恆等算符。證明完畢。

第四節：費米子的配分函數

這裡已經得到費米子相干態的三條重要性質。由於費米子的反對易特性，所以推導費米子的相干態性質比推導玻色子的簡單很多。有了這幾條性質，我們就可以接下來計算自由費米子的配分函數。

費米子的配分函數為

$egin{align} Z &= ext{Tr} e^{-eta hat{H}} \ &= sum_{n} langle n vert e^{-etahat{H}} vert n angle \ &= sum_{n} langle n vert e^{-etahat{H}} int dar{c} dc e^{-ar{c} c} vert c angle langle ar{c} vert vert n angle \ &= int dar{c} dc e^{-ar{c} c} sum_{n} langle n vert e^{-etahat{H}} vert c angle langle ar{c} vert n angle \ &= int dar{c} dc e^{-ar{c}c} sum_{n} langle -ar{c} vert n angle langle n vert e^{-etahat{H}} vert c angle \ &= int dar{c} dc e^{-ar{c} c} langle -ar{c} vert e^{-etahat{H}} vert c angle end{align}$

這裡需要計算 $langle -ar{c} vert e^{-etahat{H}} vert c angle = langle -ar{c} vert e^{-frac{eta}{N} N hat{H}} vert c angle$ . 定義 $Delta au = frac{eta}{N}$ , 得到

$egin{align} & langle -ar{c} vert e^{-etahat{H}} vert c angle \ =& langle -ar{c} vert e^{-Delta auhat{H}} imes ... imes e^{-Delta auhat{H}} vert c angle \ =& langle -ar{c} vert e^{-Delta au hat{H}} int dar{c}_{N-1} dc_{N-1} e^{-ar{c}_{N-1}c_{N-1}} vert c_{N-1} angle langle ar{c}_{N-1} vert e^{-Delta auhat{H}} imes ... imes int dar{c}_1 dc_1 e^{-ar{c}_1c_1} vert c_1 angle langle ar{c}_1 vert e^{-Delta auhat{H}} vert c angle \ =& int prod_{k = 1}^{N-1} dar{c}_{k} dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N-1}ar{c}_{k}c_{k}} langle -ar{c} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c_{N-1} angle prod_{k= 1}^{N-2} langle ar{c}_{k+1} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c_{k} angle langle ar{c}_{1} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c angle end{align}$

定義 $c = c_{0}, -ar{c} = ar{c}_{N}$ , 上面的式子可以重新寫作

$egin{align} & langle -ar{c} vert e^{-etahat{H}} vert c angle \ =& int prod_{k = 1}^{N-1} dar{c}_{k} dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N-1}ar{c}_{k}c_{k}} langle -ar{c} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c_{N-1} angle prod_{k= 1}^{N-2} langle ar{c}_{k+1} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c_{k} angle langle ar{c}_{1} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c angle \ =& int prod_{k = 1}^{N-1} dar{c}_{k}dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N-1} ar{c}_{k}c_{k}} prod_{k = 0}^{N-1}langle ar{c}_{k+1} vert e^{-Delta auhat{H}} vert c_{k} angle \ =& int prod_{k = 1}^{N-1} dar{c}_{k}dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N-1} ar{c}_{k} c_{k}} e^{sum_{k = 0}^{N-1} Big(ar{c}_{k+1} c_{k} - Delta au H(ar{c}_{k+1}, c_{k})Big)} end{align}$

於是配分函數為

$egin{align} Z &= int dar{c} dc e^{-ar{c} c} langle -ar{c} vert e^{-etahat{H}} vert c angle \ &= int dar{c}_{N} dc_{N} e^{-ar{c}_{N}c_{N}} int prod_{k = 1}^{N-1} dar{c}_{k}dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N-1} ar{c}_{k} c_{k}} e^{sum_{k = 0}^{N-1} Big(ar{c}_{k+1} c_{k} - Delta au H(ar{c}_{k+1}, c_{k})Big)} \ &= int prod_{k = 1}^{N} dar{c}_{k} dc_{k} e^{-sum_{k = 1}^{N} ar{c}_{k} c_{k}} e^{sum_{k = 0}^{N-1} Big(ar{c}_{k+1} c_{k} - Delta au H(ar{c}_{k+1}, c_{k})Big)} \ &= int prod_{k = 1}^{N} dar{c}_{k} dc_{k} e^{Delta ausum_{k = 0}^{N-1}Big(frac{ar{c}_{k+1} - ar{c}_{k}}{Delta au}c_{k} - H(ar{c}_{k+1}, c_{k})Big)} \ &= int mathcal{D}[ar{c}, c] e^{int_{0}^{eta}d au Big(frac{partialar{c}}{partial au} c - H(ar{c}_{ au^{+}}, c_{ au})Big) } \ &= int mathcal{D}[ar{c}, c] e^S end{align}$

其中定義了作用量

$S = int_{0}^{eta} d au Big(frac{partial ar{c}}{partial au} c - H(ar{c}_{ au^{+}}, c_{ au}) Big)$

推導的過程中我們要求這個式子成立：

$langle c_{k+1} vert e^{-Delta au hat{H}} vert c_{k} angle = e^{ar{c}_{k+1} c_{k} - Delta au H(ar{c}_{k+1}, c_{k})}$

該式子成立的條件是 $Delta au ightarrow 0$ 並且哈密爾頓量 $hat{H}$ 是well-ordered. Well-ordered 意思是，所有的湮滅算符必須在產生算符的右邊。如果不是，那麼就可以用反對易關係調整算符的次序直至符合條件。另外，根據邊界條件 $c = c_{0}, -ar{c} = ar{c}_{N}$ , 我們要求Grassmann number滿足反周期條件 $c( au = 0) = -c( au = eta)$ .

到此為止，我已經總結了費米子和玻色子的相干態性質以及它們的配分函數的計算。下一篇文章里，我將會推導如何將電聲相互作用中的聲子積掉，最終得到一個只含有電子相互作用的體系。由於聲子的頻率是有限的，所以得到的電子相互作用將會有時間延遲。這就對應了在電動力學裡面，由於光速是有限的，所以我們將光子積掉後就得到了一個有延遲的庫倫相互作用。