Nicht ganzzahlige Potenzen für die Leiteroperatoren des harmonischen Quantenoszillators und die Eindeutigkeit des Spektrums

Question

Nicht ganzzahlige Potenzen für die Leiteroperatoren des harmonischen Quantenoszillators und die Eindeutigkeit des Spektrums

Job

Einführung

(Die Idee zu dieser Frage kam aus meiner Antwort auf die Einzigartigkeit der Quantenleiter für den harmonischen Oszillator. )

Der Hamiltonian $H$ für harmonische Quantenoszillatoren können in Form von Leiteroperatoren geschrieben werden $a_+$ Und $a_-$ als

H = ℏ ω (A_{+} A_{-} + 1 / 2) = ℏ ω (N + 1 / 2),

$H=\hbar\omega(a_+ a_-+1/2)=\hbar\omega(N+1/2),$ Wo

N

$N$ ist der Zahlenoperator. Dann

[N, A_{+}] = A_{+} Und [N, A_{-}] = - A_{-},

$[N,a_+]=a_+ \qquad \text{and} \qquad [N,a_-]=-a_-,$ und wenn

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$ ist ein Eigenzustand für

N

$N$ mit Eigenwert

c

$c$ Dann

N A_{+} | ψ ⟩ = (C + 1) A_{+} | ψ ⟩ Und N A_{-} | ψ ⟩ = (C - 1) A_{-} | ψ ⟩ .

$Na_+|\psi\rangle=(c+1)a_+|\psi\rangle\qquad\text{and}\qquad Na_-|\psi\rangle=(c-1)a_-|\psi\rangle.$

Jeder Betreiber $M$ so dass $[N,M]=\lambda M$ , Wo $\lambda$ eine Zahl ist, erzeugt den gleichen Effekt und erhält neue Eigenwerte und Eigenzustände:

N M | ψ ⟩ = (C + λ) M | ψ ⟩ .

$NM|\psi\rangle=(c+\lambda)M|\psi\rangle.$ In der Tat definiert man den Grad eines Produkts von Ladder-Operatoren als

Grad (A_{+}^{N} A_{-}^{M}) = N - M,

$\text{grade}(a_+^n a_-^m)=n-m,$ Wo

n

$n$ Und

m

$m$ positive ganze Zahlen sind , erfüllt jede Summe gleichrangiger Operatoren die gleiche Beziehung wie

M

$M$ mit

λ = n - m

$\lambda=n-m$ . Insbesondere pendelt jeder Grad-Null-Operator mit dem Hamilton-Operator.

Die Frage

Können Operatoren mit nicht ganzzahligem Grad definiert werden?

Zum Beispiel, wenn der Betreiber $\sqrt{a_+}$ kann dann definiert werden

[A_{+} A_{-}, \sqrt{A_{+}}] = A_{+} [A_{-}, \sqrt{A_{+}}] = \frac{1}{2} \sqrt{A_{+}},

$[a_+a_-,\sqrt{a_+}]=a_+[a_-,\sqrt{a_+}]=\frac{1}{2}\sqrt{a_+},$ wo die formale Regel

[a_{-}, f (a_{-}, a_{+})] = \frac{\partial f (a_{-}, a_{+})}{\partial a_{+}}

$[a_-,f(a_-,a_+)]=\frac{∂f(a_-,a_+)}{\partial a_+}$ wurde benutzt,

f

$f$ eine willkürliche Funktion von sein

a_{+}

$a_+$ Und

a_{-}

$a_-$ . Dies impliziert jedoch eine Differenz von der Hälfte zwischen Eigenwerten, die verschiedenen Eigenzuständen zugeordnet sind:

N \sqrt{A_{+}} | ψ ⟩ = (C + \frac{1}{2}) \sqrt{A_{+}} | ψ ⟩ .

$N\sqrt{a_+}|\psi\rangle=(c+\frac{1}{2})\sqrt{a_+}|\psi\rangle.$

Ein Operator wie der obige würde ein anderes Spektrum erzeugen, und es ist allgemein bekannt, dass dies in den folgenden Fragen nicht möglich ist:

Woher wissen wir, dass wir das gesamte Spektrum des harmonischen Oszillators erfasst haben, indem wir Ladder-Operatoren verwenden?

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

Woher wissen wir, dass wir das gesamte Spektrum des harmonischen Oszillators erfasst haben, indem wir Ladder-Operatoren verwenden?

Die Antwort auf die obige Frage ist also negativ, aber alle oben zitierten Antworten greifen auf das tatsächliche Spektrum zurück, um einen Beweis zu erhalten, und meine eigentliche Frage lautet:

Ist es möglich, diese nicht ganzzahligen Potenzen der Operatoren zu beweisen? $a_+$ Und $a_-$ gibt es nicht ohne Rückgriff auf das Spektrum?

Ich meine, ein solcher Beweis, dass Leiteroperatoren keine Umkehrung für endlichdimensionale Vektorräume haben: wenn der Leiteroperator $M$ hat dann umgekehrt $N-MNM^{-1}=\lambda 1$ , aber die Spur der linken Seite ist Null, während die Spur der rechten Seite es nicht ist, ein Widerspruch.

Positionsdarstellung

Bei der Ortsdarstellung stellt sich die Frage, ob Differentialoperatoren wie z $\sqrt{x-\frac{d}{dx}}$ existieren. Ich suche viel nach gebrochenen Differentialoperatoren, aber ich habe nichts gefunden, was mir helfen könnte. Ich dachte beim Ausdrücken des Operators als $\sqrt{x}\sqrt{1-\frac{d/dx}{x}}$ und Entwicklung der zweiten Quadratwurzel als Potenzreihe, aber es gibt einige Mehrdeutigkeiten wie $x$ Und $d/dx$ pendeln nicht.

Antworten (2)

Nicht ganzzahlige Potenzen für die Leiteroperatoren des harmonischen Quantenoszillators und die Eindeutigkeit des Spektrums

Valter Moretti · Answer 1

Die Antwort ist negativ. Angenommen, Ihre Operatoren könnten auf einer Domäne definiert werden, die die natürliche Domäne von enthält $a_+a_-$ (gleichgültig aus schnell verschwindenden glatten Funktionen oder allen möglichen endlichen Linearkombinationen von Vektoren $a_+^n|0\rangle$ ). Und nehmen Sie an, dass sie dort die "anomale" Kommutierungsbeziehung erfüllen, auf die Sie hinweisen.

Infolgedessen würden sie, wie Sie bemerken, ein anderes Spektrum für erzeugen $a_+a_-$ auf der besagten Domäne. Folglich auch jede selbstadjungierte Erweiterung von $a_+a_-$ würde ein anderes Spektrum gewinnen.

Seit $a_+a_-$ auf seinem natürlichen Bereich im Wesentlichen selbstadjungiert ist , gibt es nur eine selbstadjungierte Erweiterung von $a_+a_-$ und das Spektrum dieser einzigartigen Erweiterung ist das bekannte. Das Spektrum ist daher starr festgelegt und Ihre Operatoren können nicht existieren: Jeder Versuch, sie zu definieren, würde auf der Ebene der Domänen auf einige Hindernisse stoßen.

Vielen Dank für Ihre Antwort. Ich habe noch nie von selbstadjungierten Erweiterungen gehört und werde einige Nachforschungen anstellen, um Ihre Antwort besser einschätzen zu können. Ich möchte sagen, dass ich bereits wusste, dass es solche Operatoren nicht geben kann: Diese Tatsache ist in früheren Antworten von Ihnen und anderen sehr gut belegt. Was ich wollte, ist ein Argument für die Nichtexistenz, ohne explizit auf das Spektrum zurückzugreifen. Mein Punkt ist, dass ein solches Argument bei anderen Problemen mit unterschiedlichen Spektren nützlich sein könnte. Es ist meine Schuld, dies in der Frage nicht klar zu machen.
@ValterMoretti Könnten Sie bitte auch diese Frage ansprechen: physical.stackexchange.com/q/380655 (es ist relevant, weil es die Wurzel hinter diesem Beitrag war, wie „jobe“ hier oben auf der Seite geschrieben hat.) Ihre Einsicht in diese würde sehr geschätzt werden.
Sorry, ich bin jetzt zu beschäftigt, ich werde versuchen, nächste Woche nachzusehen.

QMechaniker · Answer 2

Betrachten wir der Einfachheit halber die Quadratwurzel als Beispiel für eine nicht ganzzahlige Potenz. Quadratwurzeln von Operatoren werden normalerweise nur für semipositive Operatoren definiert, aber $a_{\pm}=a_{\mp}^{\dagger}$ sind nicht einmal normale Operatoren , vgl. die CKR
$\begin{matrix} (1) & [A_{-}, A_{+}] = ℏ 1 . \end{matrix}$ $[a_-,a_+]~=~\hbar {\bf 1} .\tag{1}$
Wenn wir diese Tatsache jedoch ignorieren, müssen wir Konsequenz fordern
$\begin{matrix} (2) & [\sqrt{A_{-}}, A_{+}] = \frac{ℏ}{2 \sqrt{A_{-}}}, [A_{-}, \sqrt{A_{+}}] = \frac{ℏ}{2 \sqrt{A_{+}}}, \end{matrix}$ $[\sqrt{a_-},a_+]~=~\frac{\hbar}{2\sqrt{a_-}}, \qquad [a_-,\sqrt{a_+}]~=~\frac{\hbar}{2\sqrt{a_+}},\tag{2}$ als OP im Wesentlichen bereits abgeleitet. Gl. (2) kollidiert damit, dass $a_{\pm}$ werden normalerweise als nicht invertierbar angesehen.
Wenn wir jedoch bereit sind, auch dies zu ignorieren, sollten wir als nächstes eine konsistente Formel für finden
$\begin{matrix} (3) & [\sqrt{A_{-}}, \sqrt{A_{+}}] = ? \end{matrix}$ $[\sqrt{a_-},\sqrt{a_+}]~=~?\tag{3}$ Das gestaltet sich schwieriger als es aussieht.
Wir vermuten, dass die entsprechende Formel (3) eine unendliche Reihe ist
$\begin{matrix} (3) & [\sqrt{A_{-}}, \sqrt{A_{+}}] = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{((2 k - 1)!!)^{2} ℏ^{k}}{2^{2 k} k!} A_{+}^{1 / 2 - k} A_{-}^{1 / 2 - k}, \end{matrix}$ $[\sqrt{a_-},\sqrt{a_+}]~=~\sum_{k=1}^{\infty} \frac{((2k-1)!!)^2\hbar^k}{2^{2k} k!}a_+^{1/2-k}a_-^{1/2-k},\tag{3}$ und allgemeiner $\begin{matrix} (4) & [A_{-}^{R}, A_{+}^{S}] = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{R! S! ℏ^{k}}{(R - k)! (S - k)! k!} A_{+}^{S - k} A_{-}^{R - k}, R, S \in C, \end{matrix}$ $[a_-^r,a_+^s]~=~\sum_{k=1}^{\infty} \frac{r!s!\hbar^k}{(r-k)!(s-k)! k!}a_+^{s-k}a_-^{r-k}, \qquad r,s~\in~ \mathbb{C},\tag{4}$ Wo $r!:=\Gamma(r+1)$ . Die Vermutung (4) basiert hauptsächlich darauf, dass Gl. (4) ist korrekt für nicht-negative ganze Zahlen $r,s\in \mathbb{N}_0$ , vgl. zB dieser Phys.SE Beitrag.
Eine nicht-triviale Konsistenzprüfung von Gl. (4) (was wir nicht durchgeführt haben) ist, ob die Operatorzusammensetzung mit der Regel (4) assoziativ bleibt.

Vielen Dank für Ihre Antwort. Ich suchte nach einer Argumentation für die Nichtexistenz solcher Operatoren wie Ihrer: ohne Rückgriff auf das eigentliche Spektrum. Ich habe nicht verstanden, was "OP" in Punkt 2 ist. In Punkt 3 denke ich, dass der Kommutator proportional zu ist $1/\sqrt{a_-a_+}$ , wie es beim klassischen Phasenraum der Fall ist. Ein letzter Punkt: Kennen Sie einen Beweis dafür? $a_+$ Und $a_-$ keine Umkehrung haben, ohne das Spektrum explizit zu nutzen, wie ich es für endlichdimensionale Vektorräume veranschaulicht habe?

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