Kommutator mit Quadratwurzel

Question

Kommutator mit Quadratwurzel

Andrii

So finden Sie den Kommutator $[a, \sqrt{a^\dagger a}]$ ? Hier $a$ ein gewöhnlicher bosonischer Vernichtungsoperator ist, und $[a, a^\dagger] = 1$ .

Das erste, was ich versucht habe, ist

[X, A] = [X, \sqrt{A}] \sqrt{A} + \sqrt{A} [X, \sqrt{A}]

$[x,A] = [x, \sqrt{A}]\sqrt{A} + \sqrt{A}[x, \sqrt{A}]$ was die Ähnlichkeit beider Kommutatoren mit Derivaten und den Unterschied zwischen ihnen deutlich zeigt. Allgemein,

[[x, \sqrt{A}], \sqrt{A}] \neq 0

$[[x,\sqrt A], \sqrt A] \neq 0$ , So

[x, \sqrt{A}] \neq \frac{[x, A]}{2 \sqrt{A}}

$[x, \sqrt{A}] \neq \frac{[x,A]}{2\sqrt A}$ .

Der übliche Trick (siehe Mandel und Wolf, Optical Coherence and Quantum Optics )

[A, F (A, A^{†})] = \frac{D F}{D A^{†}}

$[a, f(a,a^\dagger)] = \frac{df}{da^\dagger}$ nützt hier nichts. In der Tat, die Berechnung der Ableitung definiert als

\frac{D F (A, A^{†})}{D A^{†}} = lim_{δ \to 0} \frac{F (A, A^{†} + δ) - F (A, A^{†})}{δ}

$\frac{df(a,a^\dagger)}{da^\dagger} = \lim_{\delta \to 0} \frac {f(a,a^\dagger + \delta) - f(a,a^\dagger)}\delta$ für

f = \sqrt{a^{†} a}

$f = \sqrt{a^\dagger a}$ führt zu

\frac{D}{D A^{†}} \sqrt{A^{†} A} = A {(2 \sqrt{A^{†} A})}^{- 1} + lim_{δ \to 0} [\sqrt{(A^{†} + δ) A}, \sqrt{A^{†} A}] {(δ \sqrt{(A^{†} + δ) A} + δ \sqrt{A^{†} A})}^{- 1} .

$\frac d {da^\dagger} \sqrt{a^\dagger a} = a \left(2\sqrt{a^\dagger a}\right)^{-1} + \lim_{\delta \to 0} {\left[\sqrt{(a^\dagger + \delta) a}, \sqrt{a^\dagger a}\right]} \left( \delta\sqrt{(a^\dagger + \delta) a} + \delta\sqrt{a^\dagger a} \right)^{-1}.$

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Bitte mehr Einsatz zeigen. Was haben Sie versucht, bevor Sie die Frage gestellt haben? Was denken Sie, ist die Antwort?

Benutzer10001

@dimension10 Ist es wirklich so einfach? Ich verstehe nicht einmal, wie man die Quadratwurzel definieren würde.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

@ user10001: Ich weiß, wenn das OP versucht, es zu lösen, wird er das selbst erkennen.

Andrii

\sqrt{A}

$\sqrt A$ ist ein Operator wie z

\sqrt{A} \sqrt{A}

$\sqrt A \sqrt A$ = A. Was ist los?

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Gut, Sie haben mehr Details hinzugefügt, also habe ich meine -1 zurückgezogen.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Und versehentlich +1 gegeben ... . Was ich nicht rückgängig machen kann.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Eigentlich kann ich jetzt, aber ich will nicht.

Antworten (3)

Kommutator mit Quadratwurzel

Bitte mehr Einsatz zeigen. Was haben Sie versucht, bevor Sie die Frage gestellt haben? Was denken Sie, ist die Antwort?
@dimension10 Ist es wirklich so einfach? Ich verstehe nicht einmal, wie man die Quadratwurzel definieren würde.
@ user10001: Ich weiß, wenn das OP versucht, es zu lösen, wird er das selbst erkennen.
$\sqrt A$ ist ein Operator wie z $\sqrt A \sqrt A$ = A. Was ist los?
Gut, Sie haben mehr Details hinzugefügt, also habe ich meine -1 zurückgezogen.
Und versehentlich +1 gegeben ... . Was ich nicht rückgängig machen kann.

Trimok · Answer 1

Du musst die Eigenzustände verwenden $|n\rangle$ des Betreibers $\hat{n} = a^\dagger a$ .

Das hast du dann $a \sqrt{\hat{n}} ~|n\rangle = a \sqrt{n} ~|n\rangle = \sqrt{n} ~ a |n\rangle = \sqrt{\hat{n}+1} ~ a |n\rangle ,$ wo die letzte Gleichheit ist, weil $a |n\rangle \sim |n-1\rangle$ .

So, $\left[a, \sqrt{\hat{n}}\right]~ |n\rangle = \left(\sqrt{\hat{n}+1} - \sqrt{\hat{n}}\right)~ a |n \rangle$ , für jede $|n\rangle$ , und deshalb

[A, \sqrt{\hat{N}}] = (\sqrt{\hat{N} + 1} - \sqrt{\hat{N}}) A .

$\left[a, \sqrt{\hat{n}}\right] = \left(\sqrt{\hat{n}+1} - \sqrt{\hat{n}}\right)~ a.$

Danke, es ist einfach. Ich glaube, es war im grundständigen QM-Kurs, den ich völlig vergessen habe. Übrigens, aus irgendeinem Grund kann ich nicht für Ihre Antwort stimmen - es heißt "Sie können nicht für Ihren eigenen Beitrag stimmen".
@Andrii: Fehler? Normalerweise klicken Sie auf das Kontrollkästchen. Waren Sie eingeloggt? Verwenden Sie den Metakanal (siehe Menü oben auf der SEpage), wenn etwas nicht funktioniert.

QMechaniker · Answer 2

Wir sind gegeben

[\hat{A}, {\hat{A}}^{†}] = 1 .

$[\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}.$

Lassen

\hat{N} := {\hat{A}}^{†} \hat{A} .

$\hat{n}~:=~\hat{a}^{\dagger}\hat{a}.$

Hinweise:

Beweise das
$\hat{A} \hat{N} = (\hat{N} + 1) \hat{A} .$ $\hat{a}\hat{n} = (\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$
Beweisen Sie, dass wenn $f:\Omega \subseteq \mathbb{C}\to \mathbb{C}$ ist also eine hinreichend wohlerzogene Funktion
$\hat{A} F (\hat{N}) = F (\hat{N} + 1) \hat{A} .$ $\hat{a}f(\hat{n}) = f(\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$
Argumentieren Sie, dass der Kommutator $[\hat{a},\sqrt{\hat{n}}]$ (auf der körperlichen Ebene der Strenge) sollte die folgende (teilweise) normal geordnete Form haben
$[\hat{A}, \sqrt{\hat{N}}] = (\sqrt{\hat{N} + 1} - \sqrt{\hat{N}}) \hat{A} .$ $[\hat{a},\sqrt{\hat{n}}]= (\sqrt{\hat{n}+{\bf 1}}- \sqrt{\hat{n}})\hat{a}.$

Danke, es ist einfach. Ich glaube, es war im grundständigen QM-Kurs, den ich völlig vergessen habe.
Entschuldigung, übersehe ich etwas? Ich glaube nicht $f(x) = \sqrt{x}$ qualifiziert sich für Schritt 2, da Schritt 2 erfordert, dass Sie den (begrenzten) Operator als Taylor-Reihe erweitern: Die Taylor-Reihe existiert nicht um Null herum und darüber hinaus $\hat{n}$ ist nicht begrenzt: Es gibt also eindeutig ein physikalisches Argument, das ich vermisse?
Eigenschaft 2 gilt auch für die Quadratwurzelfunktion. Tatsächlich gilt Eigenschaft 2 für eine viel breitere Klasse von Funktionen $f$ als nur die Klasse der (echten) analytischen Funktionen, vgl. Verallgemeinerungen des Näherungssatzes von Weierstrass . Insbesondere kann die Quadratwurzelfunktion als Grenzwert einer Folge angesehen werden $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ von reellen analytischen Funktionen, wo die Eigenschaft 2 gilt, und daher gilt die Eigenschaft 2 auch für die Quadratwurzelfunktion selbst.
Danke, ich muss zugeben, dass ich nicht an die allgemeinere, Weierstraß-angenäherte Klasse gedacht hatte. Ich muss darüber nachdenken - Unbeschränktheit könnte ein Problem für einen strengen mathematischen Beweis darstellen, der auf dem Stone-Weierstraß-Theorem basiert. Aber da es sicherlich mindestens eine Quadratwurzel gibt, stimme ich zu, dass es physikalisch absolut vernünftig ist anzunehmen, dass sich Observables auf diese Weise verhalten.

Jorge Lavin · Answer 3

Formal kann man sagen

\frac{D F (A, A^{†})}{D A^{†}} = lim_{δ \to 0} \frac{F (A, A^{†} + δ) - F (A, A^{†})}{δ}

$\frac{df(a,a^\dagger)}{da^\dagger} = \lim_{\delta \to 0} \frac {f(a,a^\dagger + \delta) - f(a,a^\dagger)}\delta$

für $f(a,a^{\dagger})=\sqrt{a a^{\dagger}}=\sqrt{a}\sqrt{a^{\dagger}}$

\frac{D F (A, A^{†})}{D A^{†}} = \sqrt{A} lim_{δ \to 0} \frac{(\sqrt{A^{†} + δ} - \sqrt{A^{†}})}{δ}

$\frac{df(a,a^\dagger)}{da^\dagger} =\sqrt{a} \lim_{\delta \to 0} \frac {\left(\sqrt{a^{\dagger}+\delta}-\sqrt{a^{\dagger}} \right)}\delta$

Beachten Sie, dass $(a^{\dagger}+\delta)^{n}=(a^{\dagger})^n+(a^{\dagger})^{n-1}n\delta+O(\delta^2)$ (binomialsatz), so dass

\sqrt{A} lim_{δ \to 0} \frac{(\sqrt{A^{†} + δ} - \sqrt{A^{†}})}{δ} = \sqrt{A} lim_{δ \to 0} \frac{\sqrt{A^{†}}}{δ} + \frac{δ}{2 \sqrt{A^{†}} δ} + \frac{Ö (δ^{2})}{δ} - \frac{\sqrt{A^{†}}}{δ}

$\sqrt{a} \lim_{\delta \to 0} \frac {\left(\sqrt{a^{\dagger}+\delta}-\sqrt{a^{\dagger}} \right)}\delta=\sqrt{a}\lim_{\delta \to 0}\frac{\sqrt{a^{\dagger}}}{\delta}+\frac{\delta}{2\sqrt{a^{\dagger}}\delta}+\frac{O(\delta^2)}{\delta}-\frac{\sqrt{a^{\dagger}}}{\delta}$

Und schlussendlich

\frac{D F (A, A^{†})}{D A^{†}} = \frac{\sqrt{A}}{2 \sqrt{A^{†}}}

$\frac{df(a,a^\dagger)}{da^\dagger} = \frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{a^{\dagger}}}$

Allerdings bin ich mir nicht sicher ob $\left(a^{\dagger}\right)^{n}$ ist definiert für $n \in \mathbb{Q}$ oder auch $n \in \mathbb{Z}$ .

Kann man leicht definieren $A^q$ für jeden q rationalen und A-Operator. Ich denke, das einzige Problem tritt hier auf, wenn der Bediener im Raum mit unendlichen Dimensionen agiert. Beispielsweise können in diesem Fall Matrixelemente des inversen Operators singulär sein, wie es beim Bosonenvernichtungsoperator der Fall ist $a^{-1}$ .
Hoppla, sie sind nicht singulär, sondern nahe Null (in der Fock-Darstellung), weil die Determinante der Matrix des Operators ist $a$ Ist $1\cdot2\cdot3\ldots$ -- unendlich =)
Was Ihre Antwort betrifft, 1) bezweifle ich die Abstammung des Binomialsatzes für $n$ nicht natürlich; 2) Ihre endgültige Formel sollte so verstanden werden $.5 \sqrt a a^{\dagger-1/2}$ oder $.5 a^{\dagger-1/2} \sqrt a$ oder ist es das gleiche?
Es sollte sein $\sqrt{a}$ zuerst, aber meine Antwort ist falsch, schauen Sie sich bitte die von Qmechanic und Trimok an

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