Prueba de que los estados de energía de un oscilador armónico dados por el operador de escalera incluyen todos los estados

¡Esta es una pregunta fantástica! Empecemos.

Asumiré que ya hemos definido los operadores de escalera$a$y$a^{\dagger}$y han definido un "estado fundamental"$|0\rangle$(aún no hemos probado que sea el estado fundamental) tal que$a|0\rangle=0$. También supondremos que ya sabemos que el hamiltoniano del oscilador armónico se puede escribir en la forma

(Tenga en cuenta que el estado fundamental$|0\rangle$es trivialmente un estado propio con$E_0=\hbar\omega/2$.) Finalmente, asumiré que ya hemos mostrado las relaciones de conmutación de los operadores de escalera. A saber,

Con esto, tenemos suficiente para una demostración.

Podemos definir un estado$|n\rangle$(olvidémonos de la normalización por ahora) como

dónde$n$es un entero no negativo. El estado$|n\rangle$es un estado propio del hamiltoniano con energía$E_n=\hbar\omega(n+1/2)$. Deseamos demostrar que el conjunto$\{|n\rangle\}_{n\in\mathbb{Z}^+}$son todos los posibles estados propios normalizables del hamiltoniano.

Recordemos que en la representación de posición, si tenemos un potencial$V(x)$, entonces no podemos tener un estado propio normalizable$|\psi\rangle$cuya energía satisface$E_{\psi}\leq\min V(x)$. Es decir, no podemos tener una energía menor que la energía potencial mínima del sistema (es decir, la energía cinética debe ser positiva).

Ahora, terminamos con una demostración por contradicción. Considere un estado propio$|\psi\rangle$cuya energía está dada por$E_{\psi}=\hbar\omega(n+1/2+\epsilon)$, con$\epsilon\in(0,1)$. Tal estado describiría esencialmente cualquiera de los "otros" estados que$H$podría permitir. Ahora, considere el estado$|\psi^{(1)}\rangle=a|\psi\rangle$. Por el álgebra del conmutador, no es difícil demostrar que$|\psi^{(1)}\rangle$tiene energía

Ahora, podemos inducir y definir un estado$|\psi^{(m)}\rangle\equiv(a^m)|\psi\rangle$. Claramente, su energía está dada por

Por lo tanto, a menos que este proceso termine en algún punto (es decir,$a|\psi^{(m)}\rangle=0$para algunos$m$), podemos lograr una energía arbitrariamente baja. Sin embargo, este proceso nunca podría terminar, ya que el estado fundamental$|0\rangle$es único (se define en términos de un operador de posición y un solo operador derivado, por lo que$a|0\rangle=0$simplemente define una ecuación diferencial de primer orden en el espacio de posición) y tiene energía$\hbar\omega/2$, esto no se puede lograr por ningún$\epsilon$en el rango dado. Por lo tanto, no existe tal estado$|\psi\rangle$puede ocurrir. Del mismo modo, no podemos tener un estado con energía$E_{\psi}\in(0,\hbar\omega/2)$por la misma lógica.

Así, hemos demostrado (muy rigurosamente) que lo único normalizable de$H$son los que tienen energia$\hbar\omega(n+1/2)$, que se fabrican únicamente a partir de la acción de los operadores de escalera en el estado fundamental.

¡Espero que esto haya ayudado!

(TL; DR: si existiera otro estado, tendría una energía que no sería la que dan los operadores de escalera. Sin embargo, actuar en este estado muchas veces con$a$produciría una energía arbitrariamente baja y, por lo tanto, tal estado no podría existir).

Para probar esto, necesitas conocer el siguiente teorema: No hay estados ligados degenerados en 1D . La prueba se describe en el enlace. En el caso del potencial del oscilador, cada estado propio es un estado ligado, por lo que no hay degeneración en el espectro.

Una vez que sabemos eso, el resto de la prueba es bastante sencilla. En lo que sigue, ignoraré la normalización y estableceré$\hbar\omega=1$para facilitar la notación. Tenemos un estado fundamental único, dado por$|0\rangle$, que satisface$a|0\rangle=0$, y$H|0\rangle=\frac{1}{2}|0\rangle$. Además de ese estado fundamental, definimos una torre de estados$|n\rangle=(a^\dagger)^n|0\rangle$, que satisfacen$H|n\rangle=(n+\frac{1}{2})|n\rangle$. Afirmo que estos son todos los estados propios. Lo demostraremos por contradicción.

Digamos que hay algún otro estado propio$|\phi\rangle$que no es uno de los$|n\rangle$. Después$H|\phi\rangle=E_\phi|\phi\rangle$. Usando la relación de conmutación de$a$y$H$, puedes demostrar eso$a^k|\phi\rangle$es también un estado propio del hamiltoniano con valor propio$E_\phi-k$. Como sabemos que los valores propios no pueden ser negativos, eso significa que para algunos$k$este proceso debe terminar. En otras palabras, para algún k,$a^k|\phi\rangle\neq 0$pero$a^{k+1}|\phi\rangle=0$. Pero si eso es cierto,$a^k|\phi\rangle$necesariamente tiene energía$\frac{1}{2}$, ya que$Ha^{k}|\phi\rangle=(a^\dagger a+\frac{1}{2})a^{k}|\phi\rangle=\frac{1}{2}|\phi\rangle$. Pero también sabíamos que este estado tenía energía.$E_\phi-k$. De este modo,$E_\phi-k=\frac{1}{2}$, o$E_\phi=k+\frac{1}{2}$.

¡Pero eso es una contradicción! Eso significa que$|\phi\rangle$y$|k\rangle$tener la misma energía. Por lo tanto, dado que no hay degeneración en 1D, deben estar en el mismo estado. Esto contradice nuestra suposición de que$|\phi\rangle$no estaba en nuestra lista inicial de estados.

EDITAR: en respuesta a su confusión en los comentarios, tal vez un ejemplo concreto ayude. Digamos que había un estado$|\frac{1}{2}\rangle$. Después$a|\frac{1}{2}\rangle$sería un estado$|-\frac{1}{2}\rangle$, y$a^2|\frac{1}{2}\rangle$sería un estado$|-\frac{3}{2}\rangle$, etc. Esto no está permitido, porque sabemos que nuestro hamiltoniano solo tiene vectores propios no negativos, pero, por ejemplo,$H|-\frac{3}{2}\rangle=(-1)|-\frac{3}{2}\rangle$.

La única forma de no obtener vectores propios arbitrariamente negativos es si en algún momento,$a^k|\phi\rangle$ya no es un estado válido de su sistema. ¿Qué es un estado inválido del sistema? El vector cero es el único vector en el espacio de Hilbert que no es un estado permitido de su sistema. Entonces, en algún momento, necesitas tener$a^{k+1}|\phi\rangle=0$. Pero, como argumenté anteriormente, tener$a^{k+1}|\phi\rangle=0$implica que$a^k|\phi\rangle$necesariamente tiene energía$\frac{1}{2}$. Eso significa que$|\phi\rangle$tenia energia$k+\frac{1}{2}$, así es$|k\rangle$. También significa que$a^k|\phi\rangle$en realidad es solo$|0\rangle$, ya que$|0\rangle$es el único vector con energía$\frac{1}{2}$

En ninguna parte asumimos que$|\phi\rangle$no era un estado como$|1.41\rangle$. Pero demostramos que si existiera tal estado, podríamos usar operadores de escalera para generar toda una serie de estados con energías arbitrariamente negativas. Como sabemos que nuestro hamiltoniano no tiene estados de energía negativos, eso implica que un estado propio como$|1.41\rangle$no puede existir

1. Aquí supondremos que el oscilador armónico cuántico se da en una configuración algebraica (en oposición a una geométrica). Di que solo sabemos eso
   

   $$\tag{1}\frac{\hat{H}}{\hbar\omega} ~:=~ \hat{N}+\nu{\bf 1}, \qquad\qquad \nu\in\mathbb{R},$$ $$\tag{2} \hat{N}~:=~\hat{a}^{\dagger}\hat{a},$$ $$\tag{3} [\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}, \qquad\qquad[{\bf 1}, \cdot]~=~0.$$ También asumimos que los estados físicos viven en un espacio de producto interno$(V,\langle \cdot,\cdot \rangle )$.

2. En mi respuesta Phys.SE aquí fue con estas suposiciones y luego se mostró que el espectro de puntos del operador numérico$\hat{N}$es precisamente todos los enteros no negativos

   $${\rm Spec}_p(\hat{N})~=~ \mathbb{N}_0 .\tag{4}$$

3. En particular, es posible llegar a todos los niveles de energía (posibles degenerados) actuando en un estado de vacío con el operador de creación$\hat{a}^{\dagger}$.

4. Sin embargo, en el entorno algebraico (en oposición al geométrico) hay una advertencia: ¡El estado de vacío no necesita ser único!

5. Ejemplo:

   $$V~=~F_A\oplus F_B\tag{5}$$ podría ser una suma directa de dos espacios de Fock con estados de vacío$|0\rangle_A$y$|0\rangle_B$, respectivamente. En este sistema, un estado de vacío general es una combinación lineal de$|0\rangle_A$y$|0\rangle_B$. Tenga en cuenta que entonces no sería posible transformar un estado de vacío fijo dado en un estado de energía arbitrario actuando solo con el operador de creación$\hat{a}^{\dagger}$. Necesitamos los otros estados de vacío también.

Supongamos que$| m \rangle$es un estado propio de$N=a^\dagger a$, es decir$N | m \rangle = m | m \rangle$, y eso$m \notin \mathbb{N}$.

Entonces, desde

con$c \in \mathbb C$, para algunos$k \in \mathbb N$tendremos

con

Probaremos ahora que esto es un absurdum . De hecho, dado un valor propio$n$de$N$, tenemos

Entonces concluimos que nuestra hipótesis$m \notin \mathbb N$debe estar mal y eso$m$debe ser un entero no negativo.

Las funciones propias producidas por los operadores de escalera son las funciones de Hermite , que son una base completa para$L^2(R)$. Por lo tanto, no hay estados ortogonales a ellos.