Beweis, dass die durch den Leiteroperator gegebenen Energiezustände eines harmonischen Oszillators alle Zustände enthalten

Das ist eine fantastische Frage! Lass uns anfangen.

Ich gehe davon aus, dass wir die Ladder-Operatoren bereits definiert haben$a$und$a^{\dagger}$und haben einen "Grundzustand" definiert$|0\rangle$(wir haben immer noch nicht bewiesen, dass es der Grundzustand ist) so dass$a|0\rangle=0$. Wir gehen auch davon aus, dass wir bereits wissen, dass der Hamiltonoperator des harmonischen Oszillators in der Form geschrieben werden kann

(Beachten Sie, dass der Grundzustand$|0\rangle$ist trivialerweise ein Eigenzustand mit$E_0=\hbar\omega/2$.) Abschließend nehme ich an, dass wir bereits die Kommutierungsrelationen der Leiteroperatoren gezeigt haben. Nämlich,

Damit haben wir genug für einen Beweis.

Wir können einen Zustand definieren$|n\rangle$(vergessen wir vorerst die Normalisierung) as

wo$n$ist eine nichtnegative ganze Zahl. Der Staat$|n\rangle$ist ein Eigenzustand des Hamiltonoperators mit Energie$E_n=\hbar\omega(n+1/2)$. Wir möchten zeigen, dass das Set$\{|n\rangle\}_{n\in\mathbb{Z}^+}$sind alle möglichen normierbaren Eigenzustände des Hamiltonoperators.

Erinnern Sie sich an die Positionsdarstellung, wenn wir ein Potenzial haben$V(x)$, dann können wir keinen normierbaren Eigenzustand haben$|\psi\rangle$dessen Energie erfüllt$E_{\psi}\leq\min V(x)$. Das heißt, wir können keine Energie haben, die kleiner ist als die minimale potentielle Energie des Systems (dh die kinetische Energie muss positiv sein).

Nun schließen wir mit einem Widerspruchsbeweis ab. Betrachten Sie einen Eigenzustand$|\psi\rangle$dessen Energie gegeben ist durch$E_{\psi}=\hbar\omega(n+1/2+\epsilon)$, mit$\epsilon\in(0,1)$. Ein solcher Zustand würde im Wesentlichen jeden der "anderen" Zustände beschreiben$H$zulassen könnte. Betrachten Sie nun den Staat$|\psi^{(1)}\rangle=a|\psi\rangle$. Mit der Kommutatoralgebra ist das nicht schwer zu zeigen$|\psi^{(1)}\rangle$hat Energie

Nun können wir einen Zustand einführen und definieren$|\psi^{(m)}\rangle\equiv(a^m)|\psi\rangle$. Offensichtlich wird seine Energie durch gegeben

Sofern dieser Prozess also nicht irgendwann beendet wird (d. h.$a|\psi^{(m)}\rangle=0$für einige$m$) können wir eine beliebig niedrige Energie erreichen. Allerdings könnte dieser Prozess nie enden, da der Grundzustand$|0\rangle$ist eindeutig (er ist in Bezug auf einen Positionsoperator und einen einzelnen Ableitungsoperator definiert, also$a|0\rangle=0$definiert einfach eine Differentialgleichung erster Ordnung im Ortsraum) und hat Energie$\hbar\omega/2$, dies kann für niemanden erreicht werden$\epsilon$im angegebenen Bereich. Also kein solcher Zustand$|\psi\rangle$kann auftreten. Ebenso können wir keinen Zustand mit Energie haben$E_{\psi}\in(0,\hbar\omega/2)$nach der gleichen Logik.

Damit haben wir (sehr rigoros) gezeigt, dass die einzig normierbare von$H$sind diejenigen mit Energie$\hbar\omega(n+1/2)$, die ausschließlich durch die Wirkung von Leiteroperatoren auf den Grundzustand erzeugt werden.

Ich hoffe, das hat geholfen!

(TL;DR – Wenn ein anderer Zustand existieren würde, hätte er eine Energie, die nicht der Form entspricht, die von Leiteroperatoren gegeben wird. Allerdings wirkt er viele Male auf diesen Zustand ein$a$eine beliebig niedrige Energie erzeugen würde und somit ein solcher Zustand nicht existieren könnte.)

Um dies zu beweisen, müssen Sie den folgenden Satz kennen: Es gibt keine degenerierten gebundenen Zustände in 1D . Der Beweis ist im Link skizziert. Beim Oszillatorpotential ist jeder Eigenzustand ein gebundener Zustand, es gibt also keine Entartung im Spektrum.

Sobald wir das wissen, ist der Rest des Beweises ziemlich einfach. Im Folgenden ignoriere ich Normalisierung und set$\hbar\omega=1$um die Notation zu erleichtern. Wir haben einen eindeutigen Grundzustand, gegeben durch$|0\rangle$, was befriedigt$a|0\rangle=0$, und$H|0\rangle=\frac{1}{2}|0\rangle$. Auf diesem Grundzustand definieren wir einen Turm von Zuständen$|n\rangle=(a^\dagger)^n|0\rangle$, die befriedigen$H|n\rangle=(n+\frac{1}{2})|n\rangle$. Ich behaupte, dass dies alle Eigenzustände sind. Wir werden es durch Widerspruch beweisen.

Angenommen, es gibt einen anderen Eigenzustand$|\phi\rangle$das gehört nicht dazu$|n\rangle$. Dann$H|\phi\rangle=E_\phi|\phi\rangle$. Unter Verwendung der Kommutierungsrelation von$a$und$H$, das kannst du zeigen$a^k|\phi\rangle$ist auch ein Eigenzustand des Hamiltonoperators mit Eigenwert$E_\phi-k$. Da wir wissen, dass die Eigenwerte nicht negativ sein können, bedeutet das für einige$k$dieser Prozess muss beendet werden. Mit anderen Worten, für einige k gilt$a^k|\phi\rangle\neq 0$aber$a^{k+1}|\phi\rangle=0$. Aber wenn das stimmt,$a^k|\phi\rangle$hat zwangsläufig Energie$\frac{1}{2}$, seit$Ha^{k}|\phi\rangle=(a^\dagger a+\frac{1}{2})a^{k}|\phi\rangle=\frac{1}{2}|\phi\rangle$. Aber wir wussten auch, dass dieser Zustand Energie hatte$E_\phi-k$. Daher,$E_\phi-k=\frac{1}{2}$, oder$E_\phi=k+\frac{1}{2}$.

Aber das ist ein Widerspruch! Das bedeutet, dass$|\phi\rangle$und$|k\rangle$die gleiche Energie haben. Da es also in 1D keine Entartung gibt, müssen sie den gleichen Zustand haben. Dies widerspricht unserer Annahme, dass$|\phi\rangle$war nicht in unserer ursprünglichen Liste der Staaten.

EDIT: Als Antwort auf Ihre Verwirrung in den Kommentaren würde vielleicht ein konkretes Beispiel helfen. Nehmen wir an, es gäbe einen Staat$|\frac{1}{2}\rangle$. Dann$a|\frac{1}{2}\rangle$wäre ein Staat$|-\frac{1}{2}\rangle$, und$a^2|\frac{1}{2}\rangle$wäre ein Staat$|-\frac{3}{2}\rangle$, usw. Dies ist nicht erlaubt, weil wir wissen, dass unser Hamiltonoperator nur nicht-negative Eigenvektoren hat, aber z$H|-\frac{3}{2}\rangle=(-1)|-\frac{3}{2}\rangle$.

Die einzige Möglichkeit, keine willkürlich negativen Eigenvektoren zu erhalten, besteht darin, irgendwann$a^k|\phi\rangle$kein gültiger Zustand Ihres Systems mehr ist. Was ist ein ungültiger Zustand des Systems? Der Nullvektor ist der einzige Vektor im Hilbert-Raum, der kein erlaubter Zustand Ihres Systems ist. Irgendwann muss man also haben$a^{k+1}|\phi\rangle=0$. Aber, wie ich oben argumentiert habe, haben$a^{k+1}|\phi\rangle=0$impliziert, dass$a^k|\phi\rangle$hat zwangsläufig Energie$\frac{1}{2}$. Das bedeutet, dass$|\phi\rangle$Energie hatte$k+\frac{1}{2}$, also ist$|k\rangle$. Das bedeutet es auch$a^k|\phi\rangle$ist eigentlich nur$|0\rangle$, seit$|0\rangle$ist der einzigartige Vektor mit Energie$\frac{1}{2}$

Nirgendwo haben wir davon ausgegangen$|\phi\rangle$war kein Staat wie$|1.41\rangle$. Aber wir haben bewiesen , dass wir, wenn es einen solchen Zustand gäbe, Leiteroperatoren verwenden könnten, um eine ganze Reihe von Zuständen mit beliebig negativen Energien zu erzeugen. Da wir wissen, dass unser Hamiltonoperator keine negativen Energiezustände hat, impliziert dies, dass ein Eigenzustand wie$|1.41\rangle$kann nicht existieren.

1. Hier nehmen wir an, dass der harmonische Quantenoszillator in einer algebraischen (im Gegensatz zu einer geometrischen) Einstellung gegeben ist. Sag, dass wir nur das wissen
   

   $$\tag{1}\frac{\hat{H}}{\hbar\omega} ~:=~ \hat{N}+\nu{\bf 1}, \qquad\qquad \nu\in\mathbb{R},$$ $$\tag{2} \hat{N}~:=~\hat{a}^{\dagger}\hat{a},$$ $$\tag{3} [\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}, \qquad\qquad[{\bf 1}, \cdot]~=~0.$$ Auch nehmen wir an, dass die physikalischen Zustände in einem inneren Produktraum leben$(V,\langle \cdot,\cdot \rangle )$.

2. In meiner Phys.SE-Antwort hier wurde mit diesen Annahmen dann gezeigt, dass das Punktspektrum der Zahlenoperator ist$\hat{N}$ist genau alle nicht negativen ganzen Zahlen

   $${\rm Spec}_p(\hat{N})~=~ \mathbb{N}_0 .\tag{4}$$

3. Insbesondere ist es möglich, alle (möglicherweise entarteten) Energieniveaus zu erreichen, indem man mit dem Erzeugungsoperator auf einen Vakuumzustand einwirkt$\hat{a}^{\dagger}$.

4. Bei der algebraischen (im Gegensatz zu einer geometrischen) Einstellung gibt es jedoch eine Einschränkung: Der Vakuumzustand muss nicht eindeutig sein!

5. Beispiel:

   $$V~=~F_A\oplus F_B\tag{5}$$ könnte eine direkte Summe zweier Fock-Räume mit Vakuumzuständen sein$|0\rangle_A$und$|0\rangle_B$, beziehungsweise. In diesem System ist ein allgemeiner Vakuumzustand eine Linearkombination von$|0\rangle_A$und$|0\rangle_B$. Beachten Sie, dass es dann nicht möglich wäre, einen bestimmten festen Vakuumzustand in einen beliebigen Energiezustand umzuwandeln, indem Sie nur mit dem Erzeugungsoperator agieren$\hat{a}^{\dagger}$. Wir brauchen auch die anderen Vakuumzustände.

Nehmen wir das an$| m \rangle$ist ein Eigenzustand von$N=a^\dagger a$, dh$N | m \rangle = m | m \rangle$, und das$m \notin \mathbb{N}$.

Dann seit

mit$c \in \mathbb C$, für einige$k \in \mathbb N$wir werden haben

mit

Wir werden jetzt beweisen, dass dies ein Absurdum ist . In der Tat, wenn ein Eigenwert gegeben ist$n$von$N$, wir haben

Wir schließen dann diese Hypothese ab$m \notin \mathbb N$muss falsch sein, und das$m$muss eine nicht negative Ganzzahl sein.

Die von den Leiteroperatoren erzeugten Eigenfunktionen sind die Hermite-Funktionen , die eine vollständige Basis für sind$L^2(R)$. Es gibt also keine Zustände, die orthogonal zu ihnen sind.