Conmutador con raíz cuadrada

Question

Conmutador con raíz cuadrada

Andrii

Cómo encontrar el conmutador $[a, \sqrt{a^\dagger a}]$ ? Aquí $a$ es un operador de aniquilación bosónico usual, y $[a, a^\dagger] = 1$ .

Lo primero que probé es

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

$[x,A] = [x, \sqrt{A}]\sqrt{A} + \sqrt{A}[x, \sqrt{A}]$ lo que muestra claramente la similitud de los conmutadores con los derivados y la diferencia entre ellos. En general,

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

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

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

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

El truco habitual (ver Mandel y Wolf, Coherencia óptica y óptica cuántica )

[a, F (a, a^{†})] = \frac{d F}{d a^{†}}

$[a, f(a,a^\dagger)] = \frac{df}{da^\dagger}$ aquí no sirve. De hecho, calculando la derivada definida como

\frac{d F (a, a^{†})}{d a^{†}} = \underset{d \to 0}{límite} \frac{F (a, a^{†} + d) - F (a, a^{†})}{d}

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

f = \sqrt{a^{†} a}

$f = \sqrt{a^\dagger a}$ lleva a

\frac{d}{d a^{†}} \sqrt{a^{†} a} = a {(2 \sqrt{a^{†} a})}^{- 1} + \underset{d \to 0}{límite} [\sqrt{(a^{†} + d) a}, \sqrt{a^{†} a}] {(d \sqrt{(a^{†} + d) a} + d \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

Por favor, muestra más esfuerzo. ¿Qué has intentado hacer antes de publicar la pregunta? ¿Cuál crees que es la respuesta?

usuario10001

@dimension10 ¿Es realmente así de simple? Ni siquiera entiendo cómo se definiría la raíz cuadrada.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

@ user10001: Lo sé, cuando el OP comience a intentar resolverlo, él mismo se dará cuenta.

Andrii

\sqrt{A}

$\sqrt A$ es un operador como

\sqrt{A} \sqrt{A}

$\sqrt A \sqrt A$ = A. ¿Qué pasa?

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Bien, agregaste más detalles, así que me retracté de mi -1.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

Y accidentalmente le dio un +1... . Que no puedo retractarme.

Abhimanyu Pallavi Sudhir

En realidad ahora puedo, pero no quiero.

Respuestas (3)

Conmutador con raíz cuadrada

Por favor, muestra más esfuerzo. ¿Qué has intentado hacer antes de publicar la pregunta? ¿Cuál crees que es la respuesta?
@dimension10 ¿Es realmente así de simple? Ni siquiera entiendo cómo se definiría la raíz cuadrada.
@ user10001: Lo sé, cuando el OP comience a intentar resolverlo, él mismo se dará cuenta.
$\sqrt A$ es un operador como $\sqrt A \sqrt A$ = A. ¿Qué pasa?
Bien, agregaste más detalles, así que me retracté de mi -1.
Y accidentalmente le dio un +1... . Que no puedo retractarme.

Trimok · Answer 1

Tienes que usar los autoestados $|n\rangle$ del operador $\hat{n} = a^\dagger a$ .

Tienes, pues, que $a \sqrt{\hat{n}} ~|n\rangle = a \sqrt{n} ~|n\rangle = \sqrt{n} ~ a |n\rangle = \sqrt{\hat{n}+1} ~ a |n\rangle ,$ donde está la última igualdad porque $a |n\rangle \sim |n-1\rangle$ .

Entonces, $\left[a, \sqrt{\hat{n}}\right]~ |n\rangle = \left(\sqrt{\hat{n}+1} - \sqrt{\hat{n}}\right)~ a |n \rangle$ , para cada $|n\rangle$ , y por lo tanto

[a, \sqrt{\hat{norte}}] = (\sqrt{\hat{norte} + 1} - \sqrt{\hat{norte}}) a .

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

Gracias, es sencillo. Creo que fue en el curso QM de pregrado que he olvidado por completo. Por cierto, por alguna razón no puedo votar por tu respuesta, dice 'No puedes votar por tu propia publicación'.
@Andrii: ¿Error? Normalmente, hace clic en la casilla de verificación. ¿Estabas conectado? Usa el metacanal (ver menú en la parte superior de la SEpage) si algo no funciona.

qmecanico · Answer 2

Se nos da

[\hat{a}, {\hat{a}}^{†}] = 1 .

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

Dejar

\hat{norte} := {\hat{a}}^{†} \hat{a} .

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

Sugerencias:

Pruebalo
$\hat{a} \hat{norte} = (\hat{norte} + 1) \hat{a} .$ $\hat{a}\hat{n} = (\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$
probar que si $f:\Omega \subseteq \mathbb{C}\to \mathbb{C}$ es una función suficientemente bien comportada, entonces
$\hat{a} F (\hat{norte}) = F (\hat{norte} + 1) \hat{a} .$ $\hat{a}f(\hat{n}) = f(\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$
Argumentar que el conmutador $[\hat{a},\sqrt{\hat{n}}]$ (en el nivel físico de rigor) debe tener la siguiente forma ordenada (parcialmente) normal
$[\hat{a}, \sqrt{\hat{norte}}] = (\sqrt{\hat{norte} + 1} - \sqrt{\hat{norte}}) \hat{a} .$ $[\hat{a},\sqrt{\hat{n}}]= (\sqrt{\hat{n}+{\bf 1}}- \sqrt{\hat{n}})\hat{a}.$

Gracias, es sencillo. Creo que fue en el curso QM de pregrado que he olvidado por completo.
Lo siento, ¿me estoy perdiendo algo? no creo $f(x) = \sqrt{x}$ califica para el paso 2 porque el paso 2 requiere que debe expandir el operador (acotado) como una serie de Taylor: la serie de Taylor no existe alrededor de cero y además $\hat{n}$ no está acotado: ¿entonces claramente hay algún argumento físico que me estoy perdiendo?
La propiedad 2 también se cumple para la función de raíz cuadrada. De hecho, la propiedad 2 se cumple para una clase mucho más amplia de funciones $f$ que sólo la clase de funciones analíticas (reales), cf. generalizaciones del teorema de aproximación de Weierstrass . En particular, la función raíz cuadrada puede verse como un límite de una secuencia $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ de funciones analíticas reales, donde la propiedad 2 se cumple y, por lo tanto, la propiedad 2 también se cumple para la propia función de raíz cuadrada.
Gracias, debo admitir que no había pensado en la clase más general, aproximada a Weierstrass. Tendré que pensar en esto: la falta de límites podría suponer un problema para una demostración matemática estricta basada en el teorema de Stone-Weierstrass. Pero, dado que ciertamente existe al menos una raíz cuadrada, estoy de acuerdo en que es algo físicamente perfectamente razonable suponer que los observables se comportan de esta manera.

Jorge Lavín · Answer 3

Formalmente, se puede decir

\frac{d F (a, a^{†})}{d a^{†}} = \underset{d \to 0}{límite} \frac{F (a, a^{†} + d) - F (a, a^{†})}{d}

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

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

\frac{d F (a, a^{†})}{d a^{†}} = \sqrt{a} \underset{d \to 0}{límite} \frac{(\sqrt{a^{†} + d} - \sqrt{a^{†}})}{d}

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

Tenga en cuenta que $(a^{\dagger}+\delta)^{n}=(a^{\dagger})^n+(a^{\dagger})^{n-1}n\delta+O(\delta^2)$ (teorema del binomio), de modo que

\sqrt{a} \underset{d \to 0}{límite} \frac{(\sqrt{a^{†} + d} - \sqrt{a^{†}})}{d} = \sqrt{a} \underset{d \to 0}{límite} \frac{\sqrt{a^{†}}}{d} + \frac{d}{2 \sqrt{a^{†}} d} + \frac{O (d^{2})}{d} - \frac{\sqrt{a^{†}}}{d}

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

Y finalmente

\frac{d F (a, a^{†})}{d a^{†}} = \frac{\sqrt{a}}{2 \sqrt{a^{†}}}

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

Sin embargo, no estoy seguro si $\left(a^{\dagger}\right)^{n}$ se define para $n \in \mathbb{Q}$ o incluso $n \in \mathbb{Z}$ .

Uno puede definir fácilmente $A^q$ para cualquier q racional y operador A. Creo que el único problema aquí ocurre cuando el operador actúa en el espacio con dimensiones infinitas. Por ejemplo, en este caso, los elementos de matriz del operador inverso pueden ser singulares, como lo es con el operador de aniquilación de bosones $a^{-1}$ .
Vaya, no son singulares pero están cerca de cero (en la representación de Fock), porque el determinante de la matriz del operador $a$ es $1\cdot2\cdot3\ldots$ -- infinito =)
en cuanto a tu respuesta, 1) dudo del descenso del teorema del binomio para $n$ no es natural; 2) su fórmula final debe entenderse como $.5 \sqrt a a^{\dagger-1/2}$ o $.5 a^{\dagger-1/2} \sqrt a$ ¿O es lo mismo?
Debería ser $\sqrt{a}$ primero, pero mi respuesta es incorrecta, mire las proporcionadas por Qmechanic y Trimok

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