Диагонализация гамильтониана

[DismasK]

Задача из книги Боголюбова "Квантовые поля". Там серия задач, где нужно провести диаганализацию гамильтониана и построить собственные состояния сначала из операторов нового представления потом из операторов старого, вот одна из них:

$\mathcal{H}=\int\limits_{}^{}\omega(\vec{k})a^+(\vec{k})a(\vec{k})d\vec{k}+\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)(a^+(-\vec{k})+a(\vec{k}))$,

где $a^+(\vec{k}), a(\vec{k})$ - операторы рождения и уничтожения бозе-частиц: $[a(\vec{k});a^+(\vec{q})]=\delta(\vec{k}-\vec{q})$.

Насколько я понял, диагонализовать его не нужно, смешанных членов тут и нет. Вопросы вызывает часть с одиночными операторами рождения и уничтожения. Третье слагаемое будет порождать состояние на уровень ниже, а слагаемое с обратным импульсом на уровень выше. Могут ли вообще у такого гамильтониана быть собственные состояния, ведь операторы должны в него входить парами? Значит ли это, что модель с таким гамильтонианом нерешаема или я что-то упускаю?

[warlock66613]

Его нужно диагонализировать, поскольку он не диагонален. Например, $\Big(\langle 0 | \Big)\mathcal H \left(a^+(\vec k) | 0 \rangle \right) \neq 0$.

DismasK в сообщении #1428084 писал(а):

ведь операторы должны в него входить парами?

Откуда взялось такое ограничение?

[DismasK]

warlock66613 в сообщении #1428143 писал(а):

Его нужно диагонализировать, поскольку он не диагонален. Например, $\Big(\langle 0 | \Big)\mathcal H \left(a^+(\vec k) | 0 \rangle \right) \neq 0$.

DismasK в сообщении #1428084 писал(а):

ведь операторы должны в него входить парами?

Откуда взялось такое ограничение?

Одиночные операторы приведут к изменению состояния и не получим собственный вектор:

$\mathcal{H}=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)a(\vec{k})$

$\mathcal{H}\Psi_1=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)a(\vec{k})\Psi_1=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)a(\vec{k})a^+(\vec{q})\Psi_0=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)\delta(\vec{k}-\vec{q})\Psi_0=g(\vec{q}^2)\Psi_0$

Аналогично с $a^+(-\vec{k})$:

$\mathcal{H}\Psi_1=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)a^+(-\vec{k})\Psi_1=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)a^+(-\vec{k})a(\vec{q})\Psi_2=\int\limits_{}^{}g(\vec{k}^2)\delta(-\vec{k}-\vec{q})\Psi_2=g(\vec{q}^2)\Psi_2$

[warlock66613]

Ну, по крайней мере диагонализации это не мешает.

[warlock66613]

DismasK в сообщении #1428155 писал(а):

Одиночные операторы приведут к изменению состояния и не получим собственный вектор

Но ведь в гамильтониане не только член с одиночным оператором.

[amon]

DismasK в сообщении #1428084 писал(а):

Вопросы вызывает часть с одиночными операторами рождения и уничтожения.

1. Член $\int\limits_{}^{}d\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(-\vec{k})$ можно заменить на $\int\limits_{}^{}d\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(\vec{k})$
2. Вместо операторов $a$ можно ввести операторы $b$ по правилу $\hat{a}(k)=\hat{b}(k)+\eta(k),$ где $\eta$ - C-числовая функция (коммутирует с $\hat{b}$). Глядишь - после этого и полегчает.

[DismasK]

amon в сообщении #1428232 писал(а):

DismasK в сообщении #1428084 писал(а):

Вопросы вызывает часть с одиночными операторами рождения и уничтожения.

1. Член $\int\limits_{}^{}d\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(-\vec{k})$ можно заменить на $\int\limits_{}^{}d\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(\vec{k})$
2. Вместо операторов $a$ можно ввести операторы $b$ по правилу $\hat{a}(k)=\hat{b}(k)+\eta(k),$ где $\eta$ - C-числовая функция (коммутирует с $\hat{b}$). Глядишь - после этого и полегчает.

Да, все получилось, спасибо!

[DismasK]

warlock66613 в сообщении #1428179 писал(а):

Ну, по крайней мере диагонализации это не мешает.

amon в сообщении #1428232 писал(а):

DismasK в сообщении #1428084 писал(а):

Вопросы вызывает часть с одиночными операторами рождения и уничтожения.

1. Член $\int\limits_{}^{}d\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(-\vec{k})$ можно заменить на $\int\limitsd\mathbf{k}\,g(\vec{k}^2)a^+(\vec{k})$
2. Вместо операторов $a$ можно ввести операторы $b$ по правилу $\hat{a}(k)=\hat{b}(k)+\eta(k),$ где $\eta$ - C-числовая функция (коммутирует с $\hat{b}$). Глядишь - после этого и полегчает.

Насколько я понимаю, этот гамильтониан соответствует лагранжиану:

$\mathcal{L}=1/2(\partial\varphi(x))^2-\dfrac{m^2}{2}(\varphi(x))^2+g\rho(x)\varphi(x)$ $, где $\rho(x)$ - функция от $x$, а $\varphi(x)$ - поле.

Линейной подставкой такой лагранжиан у меня диагонализовать не получается, изменяя поле $\varphi=\varphi(x)+h(x)$, где $h(x)=\frac{-g}{m^2}$\rho(x)$, то удается сократить член $g\rho(x)\varphi(x)$, но возникают члены вида $\partial\rho(x)\partial\varphi(x)$.

Может ли быть такое, что гамильтониан диагонализовать можно, а лагранжиан нет? Или я где-то сделал ошибку?

[amon]

DismasK в сообщении #1428813 писал(а):

Может ли быть такое, что гамильтониан диагонализовать можно, а лагранжиан нет?

Попробуйте из Вашего лагранжиана получить что-то вроде

$$\mathcal{L}=\int\limits_{}^{}\omega(\vec{k})a^+(\vec{k})a(\vec{k})d\vec{k}+\int\limits_{}^{}d\vec{k}\,g(\vec{k}^2)(a^+(\vec{k})+a(\vec{k}))$$

и задача диагонализации сведется к предыдущей.