Eindeutigkeit der Quantenleiter für den harmonischen Oszillator

Ihr Argument ist natürlich richtig: Es gibt keine Garantie dafür, dass es nicht noch viele Staaten gibt, die unsere Leiteroperatoren nicht erreichen. Die einfachste Möglichkeit ist eine weitere äquivalente Leiter parallel, aber es können auch Zustände zwischen den Leiterzuständen auftreten.

Im Fall des harmonischen Quantenoszillators gibt es spezifischere Argumente, die Sie vorbringen können. Valter Moretti weist hier darauf hin, dass, wenn man davon ausgeht, der Hilbert-Raum ist$L^2(\mathbb{R})$, wissen Sie, dass die Standard-Zustandsleiter ausreicht, weil sie eine vollständige Grundlage bietet. Ich denke, das schließt Ihren Vorschlag mit gebrochenen Ableitungen aus, aber Sie können immer noch eine versteckte Leiter bekommen, wenn der Hilbert-Raum tatsächlich größer ist, wie z$L^2(\mathbb{R}) \otimes L^2(\mathbb{R})$. Ein explizites Modell sind hier zwei parallele Leitern, beide mit Abstand$\hbar \omega/2$, wobei der Erhöhungsoperator wir beide gleichzeitig erhöht hat.

Aber aus phänomenologischer Sicht ist das nebensächlich. Natürlich gibt es viele Modelle, die Sie verwenden können; Der Schlüssel liegt darin, herauszufinden, was zum Experiment passt. Wir wissen, dass ein Übergang zwischen Zuständen mit Energieunterschied$\hbar \Delta \omega$setzt ein Photon der Frequenz frei$\Delta \omega$. Wir wissen auch, dass ein klassisches Teilchen mit Frequenz oszilliert$\omega$sendet eine Frequenzstrahlung aus$\omega$(und Harmonische davon). Das sagt uns, dass unser Quantenmodell Energieabstände von benötigt$\hbar \omega$mit Experiment passen, und nicht kleiner.

Natürlich können Sie andere Zustände postulieren und eine Regel aufstellen, dass sie niemals strahlen können, aber Occams Rasiermesser bedeutet, dass ein solches Modell schlechter ist. Das Experiment drängt uns zum Hilbert-Raum$L^2(\mathbb{R})$und der Hamiltonian$H = p^2/2m + kx^2/2$, wo die Leiter fertig ist.

Die Faktorisierung von Operatoren (beobachtbar) in ein Produkt führt nicht unbedingt zu Leiteroperatoren. Angenommen, der Hamilton-Operator wird beispielsweise geschrieben als$H=XY$, Dann

$$[H,X]=[XY,X]=X[Y,X].$$ Es sei denn $[X,Y]$ist eine Konstante, wie bei den traditionellen Leiteroperatoren für den einfachen harmonischen Oszillator, $X$Und $Y$sind keine Leiteroperatoren. Eigentlich ein Betreiber $M$ist ein Leiteroperator für einen Operator $H$wenn es sich um einen Eigenoperator für die adjungierte Aktion handelt $\text{ad}(H)$: $$\text{ad}(H)M=[H,M]=\lambda M,$$ Wo $\lambda$ist eine komplexe Zahl. Vermuten $|\psi\rangle$ist ein Eigenzustand für $H$mit Eigenwert $c$, Dann $$HM|\psi\rangle=(\lambda M+MH)|\psi\rangle=(\lambda+c)M|\psi>.$$ Es spielt keine Rolle, ob $M$"teilt" $H$. Offensichtlich $\lambda$müssen real sein, wenn die Eigenwerte als mögliche beobachtbare Messungen interpretiert werden sollen. Beachten Sie, dass diese Definition des Leiteroperators als Eigenoperator für $\text{ad}(H)$ist auf Spektren mit gleich beabstandeten Eigenwerten beschränkt. Für allgemeine Spektren $\lambda_0<\lambda_1<\ldots<\lambda_n<\ldots$und zugehörige Eigenzustände $\psi_0,\psi_1,\ldots,\psi_n,\ldots$, ein Leiteroperator $M$(Keine Beziehung zu ersterem $M$) ist definiert durch $M_{\pm}|\psi_n\rangle\propto |\psi_{n\pm 1}\rangle$für alle $n$. Die beiden Definitionen stimmen für den einfachen harmonischen Oszillator überein, nicht jedoch für das Wasserstoffatom, wo nur die letzte anwendbar ist.

Wie Sie bemerkt haben, nicht nur$a_+$Und$a_-$sind Eigenoperatoren für$\text{ad}(H)$und gleichzeitig für den Zahlenoperator$\text{ad}(N)$, Wo$N=a_+a_-$ist der Zahlenoperator, aber jede Macht von ihnen. Allgemeiner definiert man den Grad eines Monoms$a_+^na_-^m$als

$$\text{grade}(a_+^na_-^m)=n-m,$$ jedes Monom ist ein Eigenoperator für $N$mit Eigenwert gleich seiner Note: $$\text{ad}(N)(a_+^na_-^m)=(n-m)a_+^na_-^m.$$ Jede Summe gleichrangiger Operatoren ist ebenfalls ein Eigenoperator. Mehr noch: Wenn Inverse definiert werden können, sind die Verhältnisse zwischen gleichrangigen Operatoren auch Eigenoperatoren. Lassen Sie als Beispiel $M=2a_+^7a_-^5+7a_+^3a_-$. Daher $$[N,M]=2M,$$ Und $$[N,M^{-1}]=-\frac{1}{2}M^{-1},$$ wo die Tatsache, dass wenn $[N,M]=\lambda M$, Dann $[N,M^{-1}]=-\frac{1}{\lambda}M^{-1}$wurde benutzt. Die letzte Identität kann unter abgerufen werden $[N,MM^{-1}]$.

Operatoren können als Funktion der Positions- und Impulsoperatoren oder äquivalent in Form von ausgedrückt werden$a_+$Und$a_-$: Die Transformation zwischen ihnen ist einfach eine Änderung der Koordinaten. Da jeder Operator als Funktion von geschrieben werden kann$a_+$Und$a_-$und jeder Eigenoperator für$\text{ad}(H)$eine Summe oder ein Verhältnis von Monomen gleicher Note ist, kann Ihr Punkt 2) umformuliert werden als: Muss die Note unbedingt eine ganze Zahl sein? Die Antwort ist nein. Der Betreiber$\sqrt{a_+}$(falls vorhanden) ist beispielsweise ein Eigenoperator für$\text{ad}(H)$:

$$[H,\sqrt{a_+}]=[a_+a_-,\sqrt{a_+}]=a_+[a_-,\sqrt{a_+}]=\frac{1}{2}\sqrt{a_+}.$$ Es wurde die formale Regel verwendet $[a_-,f(a_-,a_+)]=\frac{\partial f}{\partial a_+}$. Wenn $N|\psi\rangle=c|\psi\rangle$Dann $$N\sqrt{a_+}|\psi\rangle=(c+\frac{1}{2})|\psi\rangle.$$

Inzwischen sollten wir zu dem Schluss kommen, dass neue Lösungen für den einfachen harmonischen Quantenoszillator durch wiederholte Anwendung eines Operators wie z. B. erhalten werden können$a_+^{1/n}$, mit$n$eine ganze Zahl, auf dem Grundzustand$|0\rangle$? Nein, sollten wir nicht, weil:

1. Betreiber wie z$\sqrt{a_-}$konnte nicht existieren. Zum Beispiel die Matrix$\left({\begin{smallmatrix}\\0&1\\0&0\end{smallmatrix}}\right)$hat keine Quadratwurzel. Tatsächlich ist allgemein bekannt, dass das einfache harmonische Oszillatorspektrum ein einzigartiges Spektrum hat, daher sollten Operatoren mit nicht ganzzahligem Grad nicht existieren.

2. Selbst wenn sie auf irgendeine Weise definiert werden können, könnten (und sollten sie angesichts der Eindeutigkeit des Spektrums) Zustände erzeugen, die nicht quadratintegrierbar sind.

Ich habe nach einer Definition von gesucht$(x-\frac{d}{dx})^{1/2}$, aber ich konnte keinen finden. Der Plan war, diesen Operator auf eine Gaußsche Funktion anzuwenden und zu sehen, ob das Ergebnis die Schrödinger-Gleichung erfüllt.

Zusammenfassend verbietet die Eindeutigkeit des Spektrums für den einfachen harmonischen Oszillator die Existenz von nicht ganzzahligen Operatoren. Trotzdem wäre es sehr aufschlussreich, einen Nichtexistenzbeweis zu haben, der nicht auf das Spektrum zurückgreift.

Okay, Zeit, das alles in einer Antwort zusammenzufassen.

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Was zeigt Griffiths in seinem Buch? Zusammengefasst zeigt er, dass es einen Operator gibt$\hat a$so dass:

• Der SHO-Hamiltonoperator kann geschrieben werden als$\hat H = A\hat a^\dagger\hat a+B$

• $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$

Die Kombination dieser beiden Eigenschaften impliziert, dass der Hamilton-Operator einen Satz von Leiter-Eigenzuständen hat. Diese Eigenzustände sind wie folgt definiert:

• Wir definieren$|0\rangle$ein zufriedenstellender Zustand sein$\hat{a}|0\rangle=0$.

• Wir definieren$|n\rangle\equiv\frac{1}{\sqrt{n!}}(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle$

• Mit den beiden Eigenschaften von$\hat a$oben können wir das jeweils beweisen$|n\rangle$ist ein Eigenzustand$\hat H$mit Energie$nA+B$.

Wir wissen, dass es mindestens EINEN solchen gibt$\hat{a}$, weil Griffiths es ausdrücklich in seinem Buch niederschreibt und zeigt, dass es beiden erforderlichen Eigenschaften gehorcht. Die Frage ist, kann es ZWEI Operatoren mit dieser Eigenschaft geben?

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Sagen wir$\bar a$ist ein Operator, und das$\bar{a}$gehorcht beiden Eigenschaften. Dh wir haben:

• $\hat{H}=\bar{A}\bar{a}^\dagger\bar{a}+\bar{B}$

• $[\bar{a},\bar{a}^\dagger]=1$

Wir folgen dem identischen Verfahren wie oben, um einen neuen Satz von Leiterzuständen zu entwickeln$|\bar{n}\rangle$mit Energien$\bar{A}\bar{n}+\bar{B}$. Hier gibt es drei mögliche Fälle: entweder$A\neq\bar A$, oder$B\neq \bar B$, oder$A=\bar A$Und$B=\bar B$aber irgendwie immer noch$a\neq \bar a$. Wir müssen zeigen, dass jede dieser Möglichkeiten unmöglich ist.

Die Beweise werden Widerspruchsbeweise sein. In jedem Fall wählen wir einen Zustand aus und zeigen, dass wir, indem wir mit einem Operator auf den Zustand einwirken, einen anderen Zustand mit niedrigerer Energie konstruieren können. Wir werden zeigen, dass dieser Prozess nicht terminiert (nicht zum Nullvektor führt), egal wie oft wir es tun. Wenn wir also lange genug fortfahren, erhalten wir negative Energiezustände. Da wir wissen, dass der einfache harmonische Oszillator keine negativen Energiezustände hat, werden wir auf einen Widerspruch stoßen.

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Lass uns beginnen mit$A\neq \bar A$. Nehmen Sie ohne Verlust der Allgemeinheit an$A>\bar{A}$. Dann für einige$\bar{n}$, das werden wir haben$|\bar{n}\rangle$hat eine Energie, die nicht geschrieben werden kann$An+B$. Dann, indem Sie mit handeln$\hat{a}$, können wir eine ganze Leiter von Zuständen mit niedrigeren Energien erzeugen. Der Staat$|\phi_m\rangle\equiv(\hat a)^m|\bar n\rangle$hat Energie$E_m=\bar A\bar n+\bar B-Am$. Wir wissen das$|\phi_m\rangle$wird nie gleich sein$|0\rangle$, Weil$|\phi_m\rangle$hat nie die gleiche Energie wie$|0\rangle$. Aber seit$|0\rangle$ist der eindeutige Vektor, der erfüllt$\hat a |0\rangle=0$, das heißt, dieser Prozess kann niemals enden; jeden$m$ergibt einen Vektor ungleich Null im Hilbert-Raum. Indem$m$groß, können wir machen$|\phi_m\rangle$negative Energie haben. Aber die SHO ist streng positiv, also ist dies unmöglich. Wir kommen zu dem Schluss, dass wir nicht haben können$A\neq \bar A$.

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Nehmen wir nun an$A=\bar{A}$, Aber$B\neq \bar{B}$. WLOG, nehme an$B<\bar{B}$. Dann$|0\rangle$hat Energie$B$, während$|\bar{0}\rangle$hat Energie$\bar{B}$. Insbesondere seit$|\bar{0}\rangle$ist der eindeutige Zustand, der erfüllt$\bar{a}|\bar 0\rangle=0$, Einwirken auf$|0\rangle$mit$\bar{a}$erzeugt Zustände willkürlich negativer Energie. Der Staat$|\phi_m\rangle\equiv(\bar a)^m|0\rangle$hat Energie$B-Am$, die beliebig negativ werden kann, wenn wir groß wählen$m$. Daraus schließen wir, dass wir nicht haben können$B\neq \bar B$.

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Endlich sagen$A=\bar{A}$Und$B=\bar{B}$. Das wollen wir zeigen$a$Und$\bar{a}$sind im Wesentlichen gleich.

Wir kennen die Matrixelemente von$\hat{a}$werden von gegeben

$$\langle m|\hat{a}|n\rangle = \sqrt{n}\delta_{n-1,m}$$

Weil$\bar{a}$erzeugt die gleiche Leiter von Energien und das Spektrum von$H$ist nicht entartet,$\bar{a}$verbindet die gleichen Zustände wie$a$, bis Phasen:

$$\langle m|\bar{a}|n\rangle = e^{i\theta_n}\sqrt{n}\delta_{n-1,m}$$ Wo $\theta_n$hängt möglicherweise vom Bundesland ab $n$.

Das ist das Beste, was Sie tun können: Sie DÜRFEN einen zufälligen Leiteroperator auswählen, der Ihren Zuständen Phasen hinzufügt, wenn Sie die Leiter hinauf und hinunter gehen. Aber das ist die einzige Freiheit, die Sie haben. Phasen sind für die Geschichte nicht wirklich wichtig, daher sollten Sie die Leiteroperatoren als im Wesentlichen einzigartig betrachten. Insbesondere können Sie keinen Leiteroperator mit einer anderen niedrigsten Sprosse haben (anders$B$), und Sie KÖNNEN KEINEN Leiteroperator mit einem anderen Abstand haben (anders$A$).