Evolução do tempo da função de Wigner

Question

A função Wigner é definida como: $$W(x,p,t)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dy \rho(x+y/2, x-y/2, t)e^{-ipy/\hbar}\tag{1}$$ Onde $\rho(x, y, t)=\langle x|\hat{\rho}|y\rangle$. Devo encontrar a evolução temporal da função de Wigner para o Oscilador Harmônico a partir da equação de evolução de von Neumann dada por:$$i\hbar\frac{\partial \rho}{\partial t}=\left[H,\rho\right].\tag{2}$$Não tenho certeza de como começar, porque a equação de evolução de von Neumann envolve o comutador do hamiltoniano e o operador de interesse. Embora a função de Wigner seja uma função, como posso avaliar o comutador?

Answer 1

A partir da equação de von Neumann: $$i\hbar\partial \hat{\rho} / \partial t=[\hat{H}, \hat{\rho}]$$ Agora pegamos a transformada de Weyl em ambos os lados e observamos que a derivada parcial comuta com a transformada e o comutador é mapeado para o colchete Moyal: $$i\hbar\partial \tilde{\rho} / \partial t=-2i\tilde{H} sin(\hbar \Lambda/2) \tilde{\rho}$$ onde o til implica na transformação de Weyl do operador e $\Lambda = \frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}$Onde a primeira derivada parcial atua para a esquerda e a segunda para a direita. Agora, a transformada de Weyl do hamiltoniano do oscilador harmônico pode ser mostrada como sendo apenas$\tilde{H}=p^2/2m+m\omega^2x^2$ Agora expandindo a função seno em uma série de Taylor, obtemos: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$ Agora expressamos o primeiro termo da soma separadamente e obtemos: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\left(\frac{\hbar}{2}\right)\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$

Agora, aplicando o primeiro termo da soma, obtemos: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-i\hbar\left((p/m\frac{\partial}{\partial x} - 2 m\omega^2 x\frac{\partial}{\partial p})\tilde{\rho}+\tilde{H}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$

O termo à esquerda e os dois primeiros termos à direita fora da soma se assemelham exatamente à equação de Lioville. Uma vez que o oscilador harmônico hamiltoniano é quadrático em$x$ e $p$ e não tem nenhum termo de ordem superior, os termos de ordem superior desaparecem, deixando-nos com:

$$\partial \tilde{\rho}+(p/m\frac{\partial}{\partial x} + 2 m\omega^2 x\frac{\partial}{\partial p})\tilde{\rho}=0$$