Ursprung der Ladder-Operator-Methoden

Leiteroperatoren werden normalerweise so konstruiert, dass sie eine Lie-Algebra bilden (wir möchten, dass sie bestimmte Konmutationsbeziehungen haben). Die mathematische Grundlage ist die Gewichtstheorie.

Das Wichtige an Lie-Algebren ist, dass sie ein Vektorraum sind und ihre Elemente, die Generatoren genannt werden , dieser Konmutationsregel gehorchen:

$$[X_i,X_j]=f_{ijk}X_k$$ Wobei wir die Summationskonvention verwendet haben . $f_{ijk}$sind nur Konstanten, also nennen wir sie Strukturkonstanten .

In unserem Fall sind Generatoren nur Matrizen.

Im Allgemeinen haben wir n Generatoren, die eine Algebra bilden. Es wird m simultan diagnosierbare Generatoren geben (dh sie kommutieren miteinander). Diese Generatoren werden Cartan-Generatoren genannt und bilden die Cartan-Subalgebra. Wir werden sie mit bezeichnen$H^i$und die Nicht-Cartan-Generatoren von$E^i$.

Jeder den Cartan-Generatoren zugeordnete Eigenvektor wird als Gewichtsvektor bezeichnet .$|t_i\rangle$. Ihre Bestandteile$t_i$werden als Gewichte bezeichnet. Gewichtsvektoren entsprechen physikalischen Zuständen.

Ein Cartan-Generator wirkt auf einen Gewichtsvektor wie folgt:

$$H^i|t_j\rangle =t^i_j|t_j\rangle$$

An dieser Stelle sollte ich Wurzeln erklären, aber wir werden sie einfach überspringen.

Hier kommen jetzt Leiteroperatoren ins Spiel. Wenn ein Nicht-Cartan-Generator auf einen Zustand (Gewichtsvektor) einwirkt, wird der neue Eigenwert um verschoben$\pm e_j^i+t_k^i$. Wenn der Wert erhöht wird, bezeichnen wir den Generator mit$E^j$und wenn es abgesenkt ist$E^{-j}$. Wir nehmen an, dass sie hermitesch Konjugierte voneinander sind.

Dann kann man das beweisen$[H^i, E^j]=e^i_jE^j$und$[E^j,E^{-j}]=e^k_jH^k$. Diese Konmutationsbeziehungen sind sehr wichtig und werden im Fall des Drehimpulses und des harmonischen Oszillators verwendet.

Damit sind wir fertig, wir müssen nur noch unsere Cartan- und Nicht-Cartan-Generatoren identifizieren. Dann werden uns die Nicht-Cartan-Generatoren durch die möglichen Zustände bewegen.

Drehimpuls

Wir haben das$J^1,J^2,J^3$sind die Generatoren von SU(2). Wir wählen einen dieser Generatoren als diagonalen aus, normalerweise ist es das$J_3$(Dies ist der Cartan-Generator). Dann jedes Bundesland$|j,m\rangle$wird durch die Eigenwerte von gekennzeichnet$J_3$, den wir als Drehimpuls identifizieren werden$m$und der maximale Drehimpuls ist$j$.

Seit$J^1,J^2$nicht befriedigen$[J^3,J^i]=\alpha J^i$Noch$[J^i,J^{-i}]=\alpha J^3$, müssen wir Linearkombinationen davon bilden. Wir könnten zeigen, indem wir ein lineares System lösen, dass diese Kombination ist:

$$N^\pm=\frac{1}{\sqrt{2}}(J_1\mp J_2)$$

Diese Operatoren ändern den Wert des Drehimpulses. Wir können überprüfen, ob sie die Konmutationsregeln erfüllen.

$$[J^3,J^\pm]=\pm J^\pm$$ $$[J^+,J^-]=J^3$$

Harmonischer Oszillator

(Ich bin ein bisschen verwirrt mit SU (1,1) -Algebren und dem Zeug, also sollte es jemand anderes erklären.)

In diesem Fall sind die Cartan-Generatoren zwei, die Identität$\mathbb{I}$und der Hamiltonian$H$(Ich denke, dass der Hamiltonoperator durch den Zahlenoperator ersetzt werden könnte$N=a^\dagger a$). Das kennen wir auch von QM$[x,p]=i$($h=1$). Wie im vorherigen Fall nehmen wir Linearkombinationen, um die Leiteroperatoren zu bilden. Wir erhalten:

$$[H,\hat{a}]=-\hat{a}$$ $$[H,\hat{a}^\dagger]=\hat{a}^\dagger$$ $$[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\mathbb{I}$$ $$[\hat{a},\hat{a}]=0$$ $$[\hat{a}^\dagger,\hat{a}^\dagger]=0$$

Der harmonische Oszillator kann in QFT erweitert werden, um Bosonen und Fermionen zu untersuchen.

Wenn Sie mehr Informationen über die Mathematik der Leiteroperatoren im Drehimpuls wünschen, sollten Sie sich Georgis Buch ansehen. Für den harmonischen Oszillator gibt es nicht so viele Informationen, ich mag diese Notizen: http://www.math.columbia.edu/~woit/QM/old-fermions-clifford.pdf .

Sie erinnern sich vielleicht aus der Algebra der High School$x^2 + y^2 = (x + iy)(x - iy)$. Da der adjungierte Operator funktioniert, könnten Sie einen Operator definieren$\hat a = x + iy$, und sein Adjunkt wird$\hat a^\dagger = x - iy$. Der Hamiltonian für den Quantenoszillator ist genau diese Beziehung mit einigen Konstanten. Sie müssen vorsichtig sein, denn die Leiterfahrer pendeln nicht; das verursacht die Konstante$\frac{1}{2}\hbar\omega$zu zeigen. Von allen Quellen, die ich gesehen habe, die den Oszillator mit den Ladder-Operatoren diskutieren, ist Griffiths (Abschnitt 2.3.1) die einzige, die das Problem tatsächlich auf diese Weise erklärt. Die anderen ziehen einfach die Leiteroperatoren wie aus dem Nichts hervor und demonstrieren dann, dass sie funktionieren.

Die Leiteroperatoren gehen mindestens auf Diracs Principles of Quantum Mechanics zurück, das erstmals 1930 veröffentlicht wurde. Das ist ein wirklich gutes Beispiel dafür, wie Dirac einfach die Leiteroperatoren erfindet und dann zeigt, dass sie das Problem lösen. Dirac neigte dazu, Mathematik einzubringen, mit der Physiker damals nicht vertraut waren. Es ist also möglich, dass er die Leiteroperatoren in Mathematik sah, erkannte, dass sie physikalische Probleme lösen konnten, und sie in die Physik einführte. Er gibt kein Zitat in Principles an , also ist es auch möglich, dass er sie erfunden hat. Das beste Zitat dafür, woher Dirac die Leiteroperatoren hat, sollte in einem seiner Originaldokumente zu finden sein.

Warum haben sie diese Form und keine andere? Ich nehme an, eine Antwort ist "die Form des Hamiltonian".

Aufgrund der Form des Hamilton-Operators für das QHO gibt es eine "Zahlen"-Basis für die Zustände.

Angenommen, Sie verwenden die Leiteroperator-Algebra nicht , um nach den Energie-Eigenzuständen des Hamilton-Operators zu lösen. Sie finden immer noch, dass die Energieeigenwerte von der Form sind $(n + \frac{1}{2})\hbar \omega, \ n = 0,1,2,...$

Es gibt also eine Basis, die Zahlenbasis , bestehend aus Zuständen mit Eigenwert$n$und ein zugehöriger Nummernoperator,$\hat N$.

$$\hat N | n \rangle = n | n \rangle$$

Dann kann der Hamiltonoperator geschrieben werden als:

$$\hat H = (\hat N + \frac{1}{2}) \hbar \omega$$

Faktor$\hat N$in das Produkt eines Operators und seines Hermiteschen Adjungierten:

$$\hat N = \hat a^\dagger \, \hat a$$

Daher:

$$\hat H = ( \hat a^\dagger \, \hat a+ \frac{1}{2}) \hbar \omega$$

Aber wir haben auch:

$$\hat H = \frac{\hat P^2}{2m} + \frac{m \omega^2 \hat X}{2}$$

Diese gleichzusetzen ergibt die Form für$\hat a$und$\hat a^\dagger$.

Aber was machen diese Operatoren,$\hat a$und$\hat a^\dagger$tun?

Unter Verwendung der Vertauschungsrelationen für$\hat X$und$\hat P$, finde das:

$$[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$$

Daher:

$$[\hat N, \hat a^\dagger] = \hat a^\dagger$$

Wenn Sie mit dem oben Gesagten an einem Zahleneigenzustand arbeiten, finden Sie Folgendes:

$$\hat N (\hat a^\dagger | n \rangle) = (n+1)(\hat a^\dagger | n \rangle) = \lambda |n+1\rangle$$

Das finden wir also$\hat a^\dagger$ist ein Erhöhungsoperator , der den Zahlenzustand verbindet$|n\rangle$zum Staat$|n+1\rangle$.

Durch ähnliche Argumentation finden wir das$\hat a$ist ein absenkender Operator.

Ohne Leiteroperatoren oder deren Form anzunehmen , kommen wir also zwangsläufig zu ihnen.