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费米子的单体和二体算符表示式

4．费米子的单体和二体算符表示式
设有 $N$ 个全同费米子组成的体系，在单粒子态 $\psi_\alpha, \psi_\beta, \psi_\gamma, \cdots$ 上分别有一个粒子．描述费米子体系的是反对称波函数

$$
|\alpha \beta \gamma \cdots\rangle=a_\alpha^{+} a_\beta^{+} a_\gamma^{+} \cdots|0\rangle
$$

和反对易关系

$$
\begin{gathered}
{\left[a_a, a_\beta^{+}\right]_{+}=\delta_{a \beta}} \\
{\left[a_a, a_\beta\right]_{+}=\left[a_\alpha^{+}, a_\beta^{+}\right]_{+}=0}
\end{gathered}
$$

可以证明：在粒子数表中，费米子体系的单体算符式（10．31）可表示为

$$
\hat{F}=\sum_{\alpha \beta} f_{\alpha \beta} a_\alpha^{+} a_\beta
$$

其中，$f_{\alpha \beta}=\left(\psi_\alpha, \hat{f} \psi_\beta\right)$ ．
此外，二体算符式（10．35）可表示为

$$
\hat{G}=\frac{1}{2} \sum_{\alpha^{\prime} \beta^{\prime} \alpha \beta} g_{\alpha^{\prime} \beta^{\prime}, \beta \alpha} a_{\alpha^{\prime}}^{+} a_{\beta^{\prime}}^{+} a_\beta a_\alpha
$$

其中，$g_{\alpha^{\prime} \beta^{\prime}, \beta \alpha} \equiv\left(\psi_{\alpha^{\prime}}\left(q_1\right) \psi_{\beta^{\prime}}\left(q_2\right), \hat{g}(1,2) \psi_\beta\left(q_2\right) \psi_\alpha\left(q_1\right)\right)=\left\langle\alpha^{\prime} \beta^{\prime}\right| \hat{g}|\beta \alpha\rangle$ 。因此，费米子体系的单体和二体算符表示式与玻色子体系的相应表示式在形式上完全一样。不过，在费米子体系中，产生算符和湮灭算符满足反对易关系式，这一点与玻色子体系截然不同。

例10．3 设全同费米子体系在轴对称势场中运动。单粒子能级 $\varepsilon_v$ 为二重简并，其两个简并态分别用 $v, \bar{v}$ 标记。令

$$
S_v^{+}=a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}, \quad S_v=\left(S_v^{+}\right)^{+}=a_{\bar{v}} a_v, \quad \hat{n}_v=a_v^{+} a_v+a_{\bar{v}}^{+} a_{\bar{v}}
$$

设一对粒子之间有对力（pairing force）作用，哈密顿量为

$$
\hat{H}=\sum_v \varepsilon_v \hat{n}_v-G \sum_{\mu, v} S_\mu^{+} S_v
$$

$G$ 为对力强度．求其能量本征值．
解（1）如果两粒子不配对，分别处于不同能级 $\varepsilon_\mu 、 \varepsilon_v(\mu \neq v)$ ，体系状态的一般形式为

$$
|\mu, v\rangle=a_\mu^{+} a_v^{+}|0\rangle, \quad \mu \neq v
$$

设真空态 $|0\rangle$ 的能量为 0 ，此时显然有

$$
S_\mu^{+} S_v|\mu, v\rangle=a_\mu^{+} a_{\bar{\mu}}^{+} a_{\bar{v}} a_v|\mu, v\rangle=0
$$

在这种情况下，对力不起作用，体系能级为

$$
E=\sum_v \varepsilon_v \hat{n}|\mu, v\rangle=\varepsilon_\mu+\varepsilon_v
$$

（2）如果两粒子配对，例如

$$
|v, \bar{v}\rangle=a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}|0\rangle
$$

则有

$$
a_\mu^{+} a_{\bar{\mu}}^{+} a_{\bar{v}} a_v|v, \bar{v}\rangle=|\mu, \bar{\mu}\rangle
$$

所以，$\hat{H}$ 本征态的一般形式可写为

$$
\sum_\lambda C_\lambda|\lambda, \bar{\lambda}\rangle=\sum_\lambda C_\lambda a_\lambda^{+} a_\lambda^{ \pm}|0\rangle=\sum_\lambda C_\lambda S_\lambda^{+}|0\rangle \equiv A^{+}|0\rangle
$$

能量本征方程为

$$
\hat{H} A^{+}|0\rangle=E A^{+}|0\rangle
$$

其中，$C_\lambda$ 为待定系数（即粒子数表象中的波函数）。因为

$$
\begin{aligned}
{\left[S_v, S_v^{+}\right] } & =\left[a_{\bar{v}} a_v, a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}\right]=a_v^{+}\left[a_{\bar{v}} a_v, a_{\bar{v}}^{+}\right]+\left[a_{\bar{v}} a_v, a_v^{+}\right] a_{\bar{v}}^{+} \\
& =a_{\bar{v}}\left[a_v, a_v^{+}\right]_{+} a_{\bar{v}}^{+}-a_v^{+}\left[a_{\bar{v}}, a_{\bar{v}}^{+}\right]_{+} a_v \\
& =a_{\bar{v}} a_{\bar{v}}^{+}-a_v^{+} a_v \\
& =1-a_{\bar{v}}^{+} a_{\bar{v}}-a_v^{+} a_v \\
& =1-\hat{n}_v
\end{aligned}
$$

上式推导时，利用了费米子对易关系式（10．30）、 $[A B, C]=A[B, C]_{+}-[A, C]_{+} B$ 和 $[A, B C]=[A, B] \mathrm{C}+B[A, C]$（见附录一）．又因为

$$
\begin{aligned}
{\left[\hat{n}_v, S_v^{+}\right] } & =\left[a_v^{+} a_v, a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}\right]+\left[a_{\bar{v}}^{+} a_{\bar{v}}, a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}\right] \\
& =\left[a_v^{+} a_v, a_v^{+}\right] a_{\bar{v}}^{+}+a_v^{+}\left[a_{\bar{v}}^{+} a_{\bar{v}}, a_{\bar{v}}^{+}\right] \\
& =a_v^{+}\left[a_v, a_v^{+}\right]_{+} a_{\bar{v}}^{+}+a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}\left[a_{\bar{v}}, a_{\bar{v}}^{+}\right]_{+} \\
& =2 a_v^{+} a_{\bar{v}}^{+}=2 S_v^{+}
\end{aligned}
$$

利用式（10．40）和式（10．41）的结果，可得

$$
\begin{aligned}
{\left[\hat{H}, A^{+}\right] } & =\sum_{v, \lambda} \varepsilon_v C_\lambda\left[\hat{n}_v, S_\lambda^{+}\right]-G \sum_{\mu, v, \lambda} C_\lambda\left[S_\mu^{+} S_v, S_\lambda^{+}\right] \\
& =2 \sum_v \varepsilon_v C_v S_v^{+}-G \sum_{\mu, v} C_v S_\mu^{+}\left(1-\hat{n}_v\right)
\end{aligned}
$$

由式（10．39），因为 $\hat{H}|0\rangle=0, \hat{n}_v|0\rangle=0$（真空态能量取为 0 ），故有

$$
\begin{aligned}
\hat{H} \sum_\lambda C_\lambda|\lambda, \bar{\lambda}\rangle & =\hat{H} A^{+}|0\rangle=\left[\hat{H}, A^{+}\right]|0\rangle \\
& =2 \sum_v \varepsilon_v C_v S_v^{+}|0\rangle-G \sum_{\mu, v} C_v S_\mu^{+}\left(1-\hat{n}_v\right)|0\rangle \\
& =2 \sum_v \varepsilon_v C_v|v, \bar{v}\rangle-G \sum_{\mu, v} C_v|\mu, \bar{\mu}\rangle \\
& =E \sum_v C_v|v, \bar{v}\rangle
\end{aligned}
$$

由于两粒子配对，将上式两边左乘 $\langle\lambda, \bar{\lambda}|$ 取内积得

$$
\left(E-2 \varepsilon_\lambda\right) C_\lambda+G \sum_v C_v=0, \quad \lambda=1,2, \cdots
$$

或

$$
\sum_v\left[G+\left(E-2 \varepsilon_v\right) \delta_{v \lambda}\right] C_v=0, \quad \lambda=1,2, \cdots
$$
即得确定能级和波函数 $\left\{C_v\right\}$ 的线性方程组，存在波函数非零解的条件是

$$
\operatorname{det}\left|G+\left(E-2 \varepsilon_v\right) \delta_{v \lambda}\right|=0
$$

由此可解出体系能级 $E_i, i=1,2,3, \cdots$ ．将每个 $E_i$ 代入式（10．42），再利用归一化条件

$$
\sum_\lambda\left|C_{i \lambda}\right|^2=1, \quad i=1,2,3, \cdots
$$

即可求出波函数 $\left\{C_{i \lambda}\right\}$ ．

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