Évolution temporelle de la fonction Wigner
La fonction Wigner est définie comme: $$W(x,p,t)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dy \rho(x+y/2, x-y/2, t)e^{-ipy/\hbar}\tag{1}$$ Où $\rho(x, y, t)=\langle x|\hat{\rho}|y\rangle$. Je suis censé trouver l'évolution temporelle de la fonction de Wigner pour l'oscillateur harmonique à partir de l'équation d'évolution de von Neumann donnée par:$$i\hbar\frac{\partial \rho}{\partial t}=\left[H,\rho\right].\tag{2}$$Je ne sais pas par où commencer, car l'équation d'évolution de von Neumann implique le commutateur de l'hamiltonien et l'opérateur d'intérêt. Cependant la fonction de Wigner est une fonction, comment puis-je évaluer le commutateur?
Réponses
À partir de l'équation de von Neumann: $$i\hbar\partial \hat{\rho} / \partial t=[\hat{H}, \hat{\rho}]$$ Nous prenons maintenant la transformée de Weyl des deux côtés et notons que la dérivée partielle commute avec la transformée et que le commutateur est mappé sur le crochet Moyal: $$i\hbar\partial \tilde{\rho} / \partial t=-2i\tilde{H} sin(\hbar \Lambda/2) \tilde{\rho}$$ où le tilde implique la transformation de Weyl de l'opérateur et $\Lambda = \frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}$Où la première dérivée partielle agit à gauche et la seconde à droite. On peut maintenant montrer que la transformée de Weyl de l'hamiltonien de l'oscillateur harmonique est juste$\tilde{H}=p^2/2m+m\omega^2x^2$ En développant maintenant la fonction sinusoïdale dans une série Taylor, nous obtenons: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$ Maintenant, nous exprimons le premier terme de la somme séparément et nous obtenons: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\left(\frac{\hbar}{2}\right)\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$
En appliquant maintenant le premier terme de la somme, nous obtenons: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-i\hbar\left((p/m\frac{\partial}{\partial x} - 2 m\omega^2 x\frac{\partial}{\partial p})\tilde{\rho}+\tilde{H}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$
Le terme à gauche et les deux premiers termes à droite en dehors de la somme ressemblent précisément à l'équation de Lioville. Puisque l'oscillateur harmonique hamiltonien est quadratique en$x$ et $p$ et n'a pas de termes d'ordre supérieur, les termes d'ordre supérieur disparaissent, nous laissant avec:
$$\partial \tilde{\rho}+(p/m\frac{\partial}{\partial x} + 2 m\omega^2 x\frac{\partial}{\partial p})\tilde{\rho}=0$$