Warum pendeln die Leiterbetreiber nicht?

Der Grund, warum Schöpfungs- und Zerstörungsoperatoren nicht pendeln, ist, dass sie zusätzlich zum „Verschieben eines Zustands auf und ab der Energieebene“ ihn im Prozess mit einer Zahl multiplizieren, und diese Zahl hängt davon ab, wo Sie sich in der Leiter befinden. Genauer,

$$\begin{cases} \hat{a}|n\rangle&=\sqrt{n}|n-1\rangle,\text{ while}\\ \hat{a}^\dagger|n\rangle&=\sqrt{n+1}|n+1\rangle. \end{cases}$$

Also, wenn Sie auf einen Zahlenzustand einwirken$|m\rangle$Mit einem Erstellungsoperator erhalten Sie zuerst die$\sqrt{n+1}$Faktor mit$m=n$, aber die$\sqrt n$Faktor mit$n=m+1$, also wirst du bekommen$\hat a \hat a^\dagger|m\rangle=(m+1)|m\rangle$. Umgekehrt, wenn Sie zuerst mit dem Zerstörungsoperator handeln, erhalten Sie einen Faktor mit$\sqrt n$bei$n=m$, und dann ein Faktor von$\sqrt{n+1}$bei$n=m-1$, so wird das Ergebnis sein$\hat a^\dagger \hat a|m\rangle=m|m\rangle$.

Letztendlich gibt es jedoch einen grundlegenderen Grund, warum Schöpfungs- und Vernichtungsoperatoren nicht pendeln können, und zwar die Tatsache, dass die Energieniveaus von unten begrenzt sind: das heißt, es gibt keine$|n\rangle$mit$n<0$. Um zu sehen, warum dies der Fall ist, betrachten Sie die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren ohne die Vorfaktoren, über die ich gerade gesprochen habe, um zu erhalten

$$\begin{cases} \hat{E}\,|n\rangle&=|n-1\rangle\text{ and}\\ \hat{E}^\dagger|n\rangle&=|n+1\rangle. \end{cases}$$

Das obige Argument gilt nicht mehr, und beide Routen geben den gleichen Koeffizienten zurück$|m\rangle$nach Bewerbung$\hat E$und$\hat E^\dagger$in beiden Ordnungen. Das Problem ist jedoch, was mit dem Grundzustand passiert? Die obigen Formeln sind meistens in Ordnung, aber sie geben nicht an, was$\hat E|0\rangle$sollte, und es gibt keine$|-1\rangle$Zustand, in den wir es versetzen können. Wenn wir jedoch wollen, dass beide Operatoren hermitesch konjugiert sind, haben wir wirklich keinen Spielraum, weil die Identität

$$\langle n|\hat E|0\rangle^\ast=\langle 0|\hat E^\dagger|n\rangle=\langle 0|n+1\rangle=0$$ impliziert, dass $\hat E|0\rangle$hat Nullkomponente entlang $|n\rangle$für alle $n\geq0$; Da es sich um einen vollständigen Satz handelt, impliziert dies dies $\hat E|0\rangle=0$.

Endlich also, wenn Sie rechnen$\hat E\hat E^\dagger |0\rangle$wie oben, erhalten Sie$|1\rangle$wie gewohnt, aber$\hat E^\dagger \hat E|0\rangle$gibt 0 zurück, was anders ist, und die Operatoren pendeln nicht:

$$\hat E\hat E^\dagger =1\text{ but }\hat E^\dagger \hat E=1-|0\rangle\langle 0|.$$

Der einzige Weg, dies zu umgehen, besteht darin, eine unendliche Leiter von Eigenzuständen negativer Energie zuzulassen, die völlig unphysikalisch sind, aber Leiteroperatoren zum Pendeln zulassen. Obwohl diese Zustände tatsächlich in der Literatur erschienen sind, sind sie unhandlich zu verwenden, da sie sich jeglicher Intuition widersetzen und sich nicht durchgesetzt haben.

Um Ihre letzte Frage zu beantworten: Die Asymmetrie im harmonischen Oszillator, die letztendlich dieses Verhalten verursacht, ist die Tatsache, dass die Leiter der Energieeigenzustände von unten begrenzt ist, aber nicht von oben, wodurch das Auf- und Absteigen auf der Leiter nicht vollständig gleichwertig ist.

Betrachten Sie den einfachen harmonischen Oszillator Hamiltonian

$$\tag{1} \hat{H}~:=~\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\hat{x}^2 ~=~\hbar\omega(\hat{n}+\frac{1}{2}),$$

wo$\hat{n}:=\hat{a}^{\dagger}\hat{a}$ist der Zahlenoperator.

Lassen Sie uns die Konstanten setzen$m=\hbar=\omega=1$der Einfachheit halber auf eins. Dann sind die Vernichtungs- und Erzeugungsoperatoren

$$\tag{2} \hat{a}~=~\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x} + i \hat{p}), \qquad \hat{a}^{\dagger}~=~\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x} - i \hat{p}),$$

oder umgekehrt,

$$\tag{3} \hat{x}~=~\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{a}^{\dagger}+\hat{a}), \qquad \hat{p}~=~\frac{i}{\sqrt{2}}(\hat{a}^{\dagger}-\hat{a}).$$

Gl. (2) und (3) liefern die Identität

$$\tag{4} [\hat{x},\hat{p}]~=~i[\hat{a},\hat{a}^{\dagger}].$$

Mit anderen Worten, die Nichtkommutativität der Leiteroperatoren$\hat{a}$und$\hat{a}^{\dagger}$steht in direktem Zusammenhang mit der Nichtkommutativität in der kanonischen Kommutierungsrelation ( CCR ):

$$\tag{5} [\hat{x},\hat{p}]~=~i{\bf 1}\qquad \Longleftrightarrow \qquad [\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}.$$

II) Also, wenn die Ladder-Operatoren$\hat{a}$und$\hat{a}^{\dagger}$pendeln würde, wie OP überlegt, dann würden alle Operatoren der Theorie pendeln, die gesamte Quantenmechanik wäre mit dem Bade ausgeschüttet worden, und wir würden wieder klassische Mechanik betreiben.

Äquivalent formuliert, wenn die Leiteroperatoren$\hat{a}$und$\hat{a}^{\dagger}$würde dann pendeln$\hat{a}$(und$\hat{a}^{\dagger}$) wäre ein normaler Operator , und es wäre tatsächlich möglich zu assoziieren$\hat{a}$mit komplexen Observablen, vgl. diese Phys.SE-Antwort. Die entsprechenden zwei kommutierenden selbstadjungierten Operatoren wären in diesem Fall$\hat{x}$und$\hat{p}$, die dann gleichzeitig gemessen werden könnten.

Fazit: Da kennen wir die Leiterbetreiber$\hat{a}$und$\hat{a}^{\dagger}$pendeln Sie dann nicht$\hat{a}$ist kein normaler Operator, und daher$\hat{a}$ist keine komplexe Beobachtungsgröße.

Die Leiteroperatoren sind nicht hermitesch, also nicht messbar. Außerdem pendeln sie konstruktionsbedingt nicht, also gibt es für sie keinen Grund zu pendeln ...

Darüber hinaus sind sie nicht nur aufsteigende Operatoren, da sie die Fock-Zustände mit einer Zahl multiplizieren, zusätzlich zum Ansteigen oder Absenken der Anzahl der Bosonen.

Versuchen Sie, sie anzuwenden, ausgedrückt in Funktion von$\hat x$und$\hat p$, auf jeder Wellenfunktion, und Sie werden sehen, was passiert.