วิวัฒนาการเวลาของฟังก์ชัน Wigner

Question

ฟังก์ชัน Wigner ถูกกำหนดให้เป็น: $$W(x,p,t)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dy \rho(x+y/2, x-y/2, t)e^{-ipy/\hbar}\tag{1}$$ ที่ไหน $\rho(x, y, t)=\langle x|\hat{\rho}|y\rangle$. ฉันควรจะหาวิวัฒนาการของเวลาของฟังก์ชัน Wigner สำหรับ Harmonic Oscillator โดยเริ่มจากสมการวิวัฒนาการของฟอนนอยมันน์ที่กำหนดโดย:$$i\hbar\frac{\partial \rho}{\partial t}=\left[H,\rho\right].\tag{2}$$ฉันไม่แน่ใจว่าจะเริ่มอย่างไรเพราะสมการวิวัฒนาการของฟอนนอยมันน์เกี่ยวข้องกับตัวสับเปลี่ยนของแฮมิลตันและตัวดำเนินการที่น่าสนใจ อย่างไรก็ตามฟังก์ชัน Wigner เป็นฟังก์ชันฉันจะประเมินคอมมิวเตเตอร์ได้อย่างไร

Answer 1

เริ่มต้นจากสมการฟอนนอยมันน์: $$i\hbar\partial \hat{\rho} / \partial t=[\hat{H}, \hat{\rho}]$$ ตอนนี้เราใช้ Weyl Transform ทั้งสองด้านและสังเกตว่าอนุพันธ์บางส่วนจะเปลี่ยนไปกับการแปลงและตัวสับเปลี่ยนได้รับการแมปกับวงเล็บ Moyal: $$i\hbar\partial \tilde{\rho} / \partial t=-2i\tilde{H} sin(\hbar \Lambda/2) \tilde{\rho}$$ โดยที่ตัวหนอนบ่งบอกถึงการเปลี่ยนแปลงของ Weyl ของตัวดำเนินการและ $\Lambda = \frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}$โดยที่อนุพันธ์ย่อยแรกทำหน้าที่ไปทางซ้ายและที่สองไปทางขวา ตอนนี้การแปลงไวล์ของแฮมิลตันของออสซิลเลเตอร์ฮาร์มอนิกสามารถแสดงให้เห็นว่าเป็นเพียง$\tilde{H}=p^2/2m+m\omega^2x^2$ ตอนนี้การขยายฟังก์ชั่นไซน์ในซีรี่ส์ Taylor เราได้รับ: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$ ตอนนี้เราแสดงระยะแรกของผลรวมแยกกันและเราจะได้รับ: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-2i\left((p^2/2m + m\omega^2 x^2)\left(\left(\frac{\hbar}{2}\right)\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$

ตอนนี้ใช้เทอมแรกของผลรวมที่เราได้รับ: $$i\hbar\partial \tilde{\rho}=-i\hbar\left((p/m\frac{\partial}{\partial x} - 2 m\omega^2 x\frac{\partial}{\partial p})\tilde{\rho}+\tilde{H}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2n+1}\left(\frac{\partial}{\partial p}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2n+1}\right)\tilde{\rho}\right)$$

คำศัพท์ทางซ้ายและสองเทอมแรกทางขวานอกผลรวมคล้ายสมการของ Lioville อย่างแม่นยำ เนื่องจากออสซิลเลเตอร์ฮามิลโทเนียนเป็นกำลังสองใน$x$ และ $p$ และไม่มีเงื่อนไขการสั่งซื้อที่สูงกว่าเงื่อนไขของคำสั่งซื้อที่สูงกว่าจะหายไปปล่อยให้เรา:

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