Leiteroperatoridentität für ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (a+a^\dolch)^k | m \rangle

Ja, vorausgesetzt, Sie waren bereit, Integrale mit Hermite-Polynomen in Koordinaten-Eigenzuständen durchzuführen, die mit Ihrem Fock-Raum verbunden sind.

Erinnern Sie sich zuerst

$$a+a^\dagger= \sqrt{2}~ \hat{x}.$$

Dann _

$$\psi_m(x)\equiv \left\langle x \mid m \right\rangle = {1 \over \sqrt{2^m m!}}~ \pi^{-1/4} \exp(-x^2 / 2) H_m(x),$$ Einfügen eines vollständigen Satzes von Koordinateneigenzuständen, $$\langle n | (a+a^\dagger)^k | m \rangle= 2^{k/2}\langle n | \hat{x}^k | m \rangle = 2^{k/2}\int dx ~\langle n | x\rangle x^k \langle x| m\rangle \\ = 2^{k/2} \frac{1}{\sqrt \pi}\frac{1}{\sqrt{2^{m+n} n! m!}}\int dx ~e^{-x^2} x^k H_n(x) H_m (x).$$ Sie müssen jetzt die entsprechend chaotischen Momentidentitäten für Hermite-Polynome verwenden , aber Sie können auf diese Weise Ihre niedrigindexspezifischen Ergebnisse für die ersten paar überprüfen.

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13.09.2021 Edit: Die ursprüngliche Herleitung war falsch (weil statt$B_k(w+z,1,0,\dots,0)$In$(\star)$Die Quantität$B_k(w+z,0,0,\dots,0)=(w+z)^k$erschienen, was falsch ist). Ich habe die Herleitung korrigiert. Ich habe das aktualisierte Ergebnis nicht doppelt überprüft, werde dies jedoch bei Gelegenheit tun.

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Ziel ist es, die Menge zu berechnen:

$$\langle n|(a+a^{\dagger})^k|m\rangle$$

Es ist bequem, kohärente Zustandstechniken zu verwenden, daher brauchen wir vor allem die Beziehung:

$$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} I(z,w)&\equiv\langle \bar{z} | (a+a^\dagger)^k |w\rangle\\ & = B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz} \end{aligned} }\qquad (\star) \end{equation}$$ Wo$\langle \bar{z}|=\langle 0|e^{za}$Und$|w\rangle=e^{wa^\dagger}|0\rangle$sind kohärente Zustände (mit$a|w\rangle = w|w\rangle$Und$\langle\bar{z}|a^\dagger=z\langle\bar{z}|$, Und$\langle \bar{z}|w\rangle = e^{wz}$), wohingegen$B_k(w+z,1,0,\dots,0)$ist ein vollständiges Bell-Polynom. Wie üblich normalisieren wir uns$[a,a^\dagger]=1$.

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Ableitung von ($\star$): Da habe ich einige Fragen zur Ableitung erhalten$(\star)$Lassen Sie mich darauf hinweisen, dass ich die vollständige Bell-Polynomidentität verwendet habe.$B_k(a_1,\dots,a_n) = \partial_t^k \exp(\sum_{s=1}^\infty \frac{1}{s!}a_st^s)|_{t=0}$, und die Baker-Campbell-Hausdorff-Formel, die sich auf reduziert$e^{X+Y}=e^X e^Y e^{-\frac{1}{2}[X,Y]}$, Wenn$[X,Y]$pendelt mit$X$Und$Y$; von letzterem (da die rechte Seite symmetrisch in sein muss$X,Y$wie die linke Seite) folgt auch das$e^X e^Y = e^Ye^Xe^{[X,Y]}$. Genauer gesagt, unter Verwendung dieser Ergebnisse,

$$\begin{equation} \begin{aligned} I(z,w) &\equiv\langle \bar{z} | (a+a^\dagger)^k |w\rangle\\ &=\partial_t^k\langle \bar{z} | e^{(a+a^\dagger)t} |w\rangle\big|_{t=0}\\ &=\partial_t^k\langle \bar{z} | e^{a^\dagger t} e^{at}e^{\frac{1}{2}[a,a^\dagger]t^2} |w\rangle\big|_{t=0}\\ &=\partial_t^ke^{(z+w)t+\frac{1}{2}t^2}\big|_{t=0} \langle \bar{z} |w\rangle\\ &=B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz} \end{aligned} \end{equation}$$

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Zurückkehren zu ($\star$), können wir daraus die interessierende Größe extrahieren, indem wir sie bzgl. differenzieren$z$Und$w$($n$Und$m$Mal) und dann einstellen$z=w=0$; nach Einbeziehung relevanter Normalisierungen (vorausgesetzt$\langle n|m\rangle=\delta_{n,m}$):

$$\boxed{ \begin{aligned} \langle n|(a+a^{\dagger})^k|m\rangle &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\partial_z^n\partial_w^mI(z,w)\big|_{z,w=0}\\ &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\partial_z^n\partial_w^m\,B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz}\big|_{z=w=0}\\ \end{aligned} }\qquad (\star\star)$$

Zur Bewertung der Derivate ist vor allem zu beachten,

$$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^nI(z,w)\big|_{z=0} &= \partial_z^nB_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz}\big|_{z=0}\qquad (\textrm{general Leibniz rule}\,\downarrow)\\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\partial_z^aB_k(w+z,1,0,\dots,0) \,\partial_z^{n-a}e^{wz}\big|_{z=0}\qquad (\textrm{compl. Bell pol. property}\,\downarrow)\\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}B_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,w^{n-a}\\ \end{aligned} \end{equation}$$ Die letzte Gleichheit folgt unmittelbar aus der Reihendarstellung vollständiger Bell-Polynome. Gehen Sie für die restlichen analog vor,$\partial_w^m$, Derivate findet man, $$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} &=\partial_w^m\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}B_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,w^{n-a}\big|_{w=0} \\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\sum_{b=0}^m\binom{m}{b}\partial_w^bB_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,\partial_w^{m-b}w^{n-a}\big|_{w=0}\\ %&=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\sum_{b=0}^m\binom{m}{b}B_{k-a-b}(w,1,0,\dots,0) \,\frac{(n-a)!}{(n-a-m+b)!}\big|_{w=0}\\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!(n-a)!b!(m-b)!}B_{k-a-b}(0,1,0,\dots,0) \,\frac{(n-a)!}{(n-a-m+b)!}\delta_{n-a,m-b}\\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!b!(m-b)!(n-a-m+b)!}B_{k-a-b}(0,1,0,\dots,0)\delta_{n-a,m-b} \\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{k-m+n-2a}(0,1,0,\dots,0)\delta_{n-a,m-b} \\ &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{k-m+n-2a}(0,1,0,\dots,0) \qquad (\dagger) \end{aligned} \end{equation}$$ Unter Verwendung der Definitionsreihe für vollständige Bell-Polynome kann man das wiederum zeigen für$p\geq0$, $$B_{2p}(0,1,0,\dots,0) = \frac{(2p)!}{p!},\quad B_{2p+1}(0,1,0,\dots,0) = 0,$$ und deshalb ($\dagger$) und durch Erweiterung ($\star\star$) verschwindet, es sei denn, es handelt sich um eine positive ganze Zahl$r$kann so gefunden werden, $$k=2r+m-n.$$ Gegeben sei eine beliebige Anzahl von Eigenzuständen, die mit gekennzeichnet sind$m$Und$n$, können wir dies als Bedingung an ansehen$k$. (zB wenn$m=n$dann nur eben$k$trägt bei.) $$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{2(r-a)}(0,1,0,\dots,0)\\ &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}\frac{(2r-2a)!}{(r-a!)} \end{aligned} \end{equation}$$ Die Endsumme ist vorbei$a$kann ausgeführt werden; Ich habe Mathematica verwendet. Das Ergebnis kann in Form einer verallgemeinerten hypergeometrischen Funktion und Gamma-Funktionen geschrieben werden, $$\partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} = \frac{m!}{(m-n)!}\frac{2^{2r}\Gamma(r+\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2})} \phantom{i}_1F_{\,2}\big(-n; 1+m-n,\tfrac{1}{2}-r; \tfrac{1}{4}\big)$$

Ersetzen Sie dies in ($\star\star$), und unter Berücksichtigung, dass für$k\neq 2r+m-n$das Ergebnis verschwindet, können wir das Obige wie folgt zusammenfassen:

$$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} &\langle n|(a+a^{\dagger})^{C+m-n}|m\rangle=\\ &\quad= \left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\frac{m!}{(m-n)!}\frac{2^{C}\Gamma(\frac{C+1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2})} \phantom{i}_1F_{\,2}\big(-n; 1+m-n,\tfrac{1-C}{2}; \tfrac{1}{4}\big)\qquad \textrm{if $C\in2\mathbf{Z}^+$}\\ &=0\qquad \textrm{if $C\in 2\mathbf{Z}^++1$} \end{aligned} \right. \end{aligned} } \end{equation}$$

Betrachten Sie einen kohärenten Zustand$\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle$, wo man das zeigen kann

$$a\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle=it\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle.$$ Dann ist es einfach, eine Teilantwort zu erarbeiten $$\langle n|\exp(it(a^{\dagger}+a)|0\rangle=(it)^ne^{-\frac{1}{2}t^2},$$ was dazu führt $$\langle n|(a^{\dagger}+a)^k|0\rangle=(-i)^k\partial_t^k((it)^ne^{-\frac{1}{2}t^2})_{t=0}.$$

Vermutlich kann ein ähnliches Verfahren für den allgemeinen Fall führen, aber es ist sicherlich langwieriger.

Hier ist eine von @Wakabaloola inspirierte Lösung. Es verwendet keine Bell-Zahlen und ist möglicherweise etwas intuitiver, aber ich konnte keinen vernünftigen Ausdruck für die Endsumme finden.

Wir suchen nach einer eleganten Berechnung von$\langle m\vert \hat x^k \vert n\rangle$, Wo$\vert n\rangle$ist ein harmonischer Oszillator ket.

Erste:

$$\begin{align} \vert s\rangle&=e^{s\hat a^\dagger}\vert 0\rangle\, ,\\ \hat a\vert s\rangle &=s\vert s\rangle \end{align}$$

Als nächstes beginnen wir mit

$$\begin{align} I(z,w)= \langle 0\vert e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle \end{align}$$ und berechnen $$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}= \hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I} \end{align}$$ unter Verwendung der üblichen BCH-Formel. Darüber hinaus: $$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^2e^{-w\hat a}&= e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}\, ,\\ &=\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^2 \end{align}$$ und so per Induktion $$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^k&= \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{w\hat a}\, . \end{align}$$ Auch weiterhin: $$\begin{align} I(z,w) &= \langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{w\hat a}\vert z\rangle\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k \vert z\rangle e^{wz}\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle \end{align}$$ seit$\hat a\vert z\rangle=z\vert z\rangle.$

Als nächstes passieren wir$e^{z\hat a^\dagger}$auf der linken Seite von$\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k$Verwenden Sie den gleichen Trick wie zuvor:

$$\begin{align} \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)e^{z\hat a^\dagger} &= e^{z\hat a^\dagger} e^{-z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)e^{z\hat a^\dagger}\, ,\\ &= e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)\, ,\\ \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^ke^{z\hat a^\dagger} &= e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\, ,\\ \langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle&= \langle 0\vert e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\vert 0\rangle\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\vert 0\rangle \end{align}$$ seit$\langle 0\vert\hat a^\dagger=0$. Somit haben wir jetzt $$\begin{align} I(z,w) &= e^{wz} \langle 0\vert(z+\left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{1/2} \hat x + w)^k \vert 0\rangle\, ,\\ &= e^{wz} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p \vert 0\rangle (z+w)^{k-p}{k \choose p}\, , \\ &= e^{wz}\sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p \vert 0\rangle {k \choose p} \sum_q {{k-p}\choose{q}} z^{q}w^{k-p-q} \label{eq:laststep} \end{align}$$ wo die Binomialentwicklung da gerechtfertigt ist$\hat x$pendelt mit$(z+w)\mathbb{I}$. Wir kommen näher.

Wir wollen etwas proportional zu$\langle n\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k\vert m\rangle$. Wir können produzieren$\langle {n}\vert$Und$\vert {m}\rangle$indem$n$partielle Ableitungen von$I(z,w)$w/r zu$w$Und$m$partielle Ableitungen von$I(z,w)$w/r zu$z$, bzw:

$$\begin{align} \frac{\partial^{n+m}}{\partial w^n\partial z^m}I(z,w) &=\langle 0\vert\hat a^n e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k (\hat a^\dagger)^me^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle\, ,\\ &= \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert {m}\rangle \, ,\\ \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert {m}\rangle \Bigl\vert_{w=z=0}&= \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k \vert{m}\rangle \, . \end{align}$$ Erweitern$e^{wz}$, wir können jetzt schreiben
$$\begin{align} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k \vert {m}\rangle &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert x^p\vert 0\rangle\, \, \nonumber \\ &\qquad\qquad\times \partial_z^n\partial_w^m \sum_{q=0}^{k-p} \sum_r \frac{1}{r!} z^{q+r} w^{k-p-q+r}{k-p \choose q}{k \choose p}\big|_{s=w=0} \end{align}$$

Die Derivate sind$0$es sei denn$q+r=n$Und$k-p-q+r=m$, oder

$$\begin{align} q=\frac{k-m+n-p}{2}\, ,\qquad r=\frac{m+n+p-k}{2}\, . \end{align}$$ Wenn dies der Fall ist, haben wir $$\begin{align} &\partial_z^n\partial_w^m\, \sum_{q=0}^{k-p} \sum_r \frac{1}{r!} z^{q+r} w^{k-p-q+r}{k-p \choose q}{k \choose p}\big|_{s=w=0}\, ,\\ %%%%%%% &\qquad \qquad =\partial_z^n\partial_w^m\, \frac{z^{n}}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} w^{m}{k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p}\big|_{s=w=0}\, ,\\ &\qquad \qquad = \frac{n!m!}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$$ so dass $$\begin{align} \langle n|(\hat a+\hat a^{\dagger})^k|m\rangle& = \frac{n!m!}{\sqrt{n!m!}} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0 \vert x^p \vert 0\rangle \frac{1}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$$

Es bleibt auszuwerten$\langle 0\vert x^p \vert 0\rangle$. Notieren Sie sich das zunächst$\langle 0\vert\hat x^p\vert 0\rangle\ne 0$nur wenn$p$ist sogar durch Parität. Nächste

$$\begin{align} \langle 0\vert\hat x^p\vert 0\rangle=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar\pi}}\int dx e^{-m\omega x^2/\hbar} x^p\, , \end{align}$$ also lass $$\begin{align} \xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\, ,\qquad dx= \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} d\xi \end{align}$$ und dann $$\begin{align} \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p\vert 0\rangle&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{p/2} \int d\xi e^{-\xi^2} \xi^p = \frac{2^{p/2}}{\sqrt{\pi}} \int d\xi e^{-\xi^2} \xi^p \, ,\\ &= 2^{p/2} \frac{(p-1)!!}{2^{p/2}} = (p-1)!! \end{align}$$

Das alles zusammen:

$$\begin{align} \langle {n}\vert\hat x^k\vert{m}\rangle &=\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^{k/2} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k\vert{m}\rangle \, ,\\ &=\left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{k/2}\frac{\sqrt{n!m!}}{2^{k/2}} \sum_{p=0,2,4\ldots}^k \frac{(p-1)!!}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$$