Recuperando el hamiltoniano de los operadores de escalera

Question

Recuperando el hamiltoniano de los operadores de escalera

Física
educación
operadores
hamiltoniano
mecánica cuántica
oscilador armónico

demosteno

El hamiltoniano para el oscilador armónico cuántico es

\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} + \frac{1}{2} metro ω^{2} X^{2}

$\hat{H}=-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{1}{2}m\omega^2 x^2$

y uno puede tratar de factorizarlo escribiendo lo que luego resultará ser operadores de escalera del espectro propio

\begin{aligned} \hat{A} & = \sqrt{\frac{metro ω}{2 ℏ}} (\hat{X} + \frac{i}{metro ω} \hat{pag}) \\ {\hat{A}}^{†} & = \sqrt{\frac{metro ω}{2 ℏ}} (\hat{X} - \frac{i}{metro ω} \hat{pag}) \end{aligned}

$\begin{align}\hat{A}&=\sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat{x}+\dfrac{i}{m\omega}\hat{p}\right)\\ \hat{A}^\dagger&=\sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat{x}-\dfrac{i}{m\omega}\hat{p}\right)\end{align}$

Ahora, en una clase de problemas que estoy supervisando, se les pidió a los estudiantes que "demuestren que podemos expresar el hamiltoniano $\hat{H}$ en términos de $\hat{A}^\dagger$ y $\hat{A}$ ", con la idea de obtener la relación

\hat{H} = ℏ ω ({\hat{A}}^{†} \hat{A} + \frac{1}{2})

$\hat{H}=\hbar\omega\left(\hat{A}^\dagger\hat{A}+\dfrac{1}{2}\right)$

La forma en que se presenta la solución a esta pregunta es que los estudiantes simplemente deben "adivinar" la combinación $\hat{A}^\dagger\hat{A}$ es el camino correcto a seguir, o llegar allí por ensayo y error.

Pregunta: ¿cuál es la forma mejor/más intuitiva de explicar por qué sucede esto?

Escribiendo $\hat{p}=-i\hbar\partial_x$ , es fácil justificar tomar algún tipo de forma cuadrática de los operadores, pero ¿por qué no, por ejemplo, simplemente elevarlos al cuadrado?

enigmático

si entiende alemán, pág. 100 abajo + 101 en estas notas de clase es bastante útil: theorie.physik.uni-konstanz.de/burkard/sites/default/files/…

usuario12029

¡Las raíces cuadradas exigen ser elevadas al cuadrado, y los conjugados complejos exigen ser multiplicados!

dmckee --- gatito ex-moderador

Es más claro una vez que escribes los parciales con respecto a

x

$x$ en términos de

\hat{p}

$\hat{p}$ . Entonces simplemente vuelves al álgebra y a la factorización de polinomios donde

(a^{2} - b^{2})

$(a^2 - b^2)$ Era un caso lo suficientemente especial como para que valiera la pena memorizarlo.

demosteno

@dmckee Sí, puedo ver eso, y así es como obtienes a tus operadores en primer lugar. Pero yendo al revés, ¿hay alguna intuición de por qué tomamos

{\hat{A}}^{†} \hat{A}

$\hat{A}^\dagger\hat{A}$ en lugar de

{\hat{A}}^{2}

$\hat{A}^2$ , además de comprobar que nos deshacemos de los términos cruzados no deseados?

prahar

Resolver

x

$x$ y

p

$p$ en términos de

A

$A$ y

A^{†}

$A^\dagger$ . Luego, sustituya esto en el hamiltoniano y simplifique.

Respuestas (4)

Recuperando el hamiltoniano de los operadores de escalera

si entiende alemán, pág. 100 abajo + 101 en estas notas de clase es bastante útil: theorie.physik.uni-konstanz.de/burkard/sites/default/files/…
¡Las raíces cuadradas exigen ser elevadas al cuadrado, y los conjugados complejos exigen ser multiplicados!
Es más claro una vez que escribes los parciales con respecto a $x$ en términos de $\hat{p}$ . Entonces simplemente vuelves al álgebra y a la factorización de polinomios donde $(a^2 - b^2)$ Era un caso lo suficientemente especial como para que valiera la pena memorizarlo.
@dmckee Sí, puedo ver eso, y así es como obtienes a tus operadores en primer lugar. Pero yendo al revés, ¿hay alguna intuición de por qué tomamos $\hat{A}^\dagger\hat{A}$ en lugar de $\hat{A}^2$ , además de comprobar que nos deshacemos de los términos cruzados no deseados?
Resolver $x$ y $p$ en términos de $A$ y $A^\dagger$ . Luego, sustituya esto en el hamiltoniano y simplifique.

martino · Answer 1

Conocemos la forma explícita de $A$ y $A^\dagger$ en términos de $p$ y $x$ .
Conocemos la expresión de $H$ en términos de $p$ y $x$ .

Así que solo expresa $p$ y $x$ como una función de $A$ y $A^\dagger$ , luego introduce el resultado en la fórmula para $H$ . Para hacer eso, simplemente busque $A + A^\dagger$ y $A - A^\dagger$ , el resto seguirá fácilmente.

jabirali · Answer 2

¿Qué tal este enfoque:

Sabemos que las medidas de posición $\hat{x}\left|n\right\rangle$ producir números reales;
Sabemos que las mediciones de cantidad de movimiento $\hat{p}\left|n\right\rangle$ producir números reales;
Sabemos que las mediciones de energía $\hat{H}\left|n\right\rangle$ se supone que producen números reales también.

Dados estos factores, observamos que si deseamos construir el operador $\hat{H}$ de algún operador $\hat{A} \sim \hat{x}+i\hat{p}$ , entonces de alguna manera tendríamos que deshacernos del $i$ para obtener valores reales de las energías. La forma obvia de hacerlo sería multiplicar $\hat{A}$ por su conjugado hermitiano para eliminar el $i$ , y luego ver qué podemos hacer con $\hat{A}\hat{A}^\dagger$ .

ZeroTheHero · Answer 3

Uno nota que

H = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + \frac{1}{2} k X^{2} = \frac{1}{2} k (X + \frac{i pag}{metro ω}) (X - \frac{i pag}{metro ω}),

$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}k \left(x+\frac{ip}{m\omega}\right)\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right)\, ,$ que sugiere la forma de los operadores de creación y destrucción, hasta constantes apropiadas.

Además, las ecuaciones mecánicas clásicas de movimiento para $x$ y $p$ para un oscilador armónico son

\dot{X} = \frac{pag}{metro}, \dot{pag} = - k X .

$\dot{x}=\frac{p}{m}\, ,\qquad \dot p=-kx\, .$ Escrito en forma matricial:

\frac{d}{d t} (\begin{matrix} X \\ pag \end{matrix}) = tu (\begin{matrix} X \\ pag \end{matrix}), tu = (\begin{array}{cc} 0 & 1 / metro \\ - k & 0 \end{array}) .

$\frac{d}{dt}\left(\begin{array}{c} x \\ p\end{array}\right)= U\left(\begin{array}{c} x \\ p\end{array}\right)\, ,\qquad U=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1/m \\ -k & 0 \end{array}\right)\, .$ La matriz

U

$U$ acopla así la evolución de

x

$x$ y

p

$p$ . Uno puede buscar nuevas variables.

X

$X$ y

P

$P$ para que las evoluciones de estos se desacoplen; esto equivale a encontrar los vectores propios de

U

$U$ .

Es un trabajo fácil demostrar que los valores propios de $U$ son $\pm i\omega$ , y los vectores propios

X = A (X + \frac{i pag}{metro ω}), PAG = B (X - \frac{i pag}{metro ω}), ω^{2} = k / metro,

$X={\cal A}\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right)\, ,\qquad P={\cal B}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right)\, , \quad \omega^2=k/m\, ,$ que son proporcionales a los operadores de destrucción y creación, respectivamente.

El primer método está en la raíz del método de factorización de Infeld-Hull, que a su vez está estrechamente relacionado con los superpotenciales en la mecánica cuántica supersimétrica.

ismasou · Answer 4

Puedes hacer que busquen la energía de cada estado de Fock $|n>$ y descubre que es $\hbar\omega(n+\frac{1}{2})$ (la energía del oscilador está cuantizada) y también puedes ver que $N=a^\dagger a$ es el operador numérico. $N|n>=n|n>$

Eso tendría sentido. Desafortunadamente, solo soy el demostrador, no el disertante, y no tengo nada que decir sobre lo que se incluye en las hojas de problemas... Así que todo está configurado solo en términos de funciones de onda explícitas y las expresiones para $\hat{A}$ Di.
De hecho, esta es la pregunta 2, y la pregunta 1 muestra $[\hat{A},\hat{A}^\dagger]=1$ - Supongo que solo para asegurarme de que los estudiantes vean que obtienen respuestas consistentes incluso si eligen $\hat{H}=\hbar\omega\left(\hat{A}\hat{A}^\dagger-\frac{1}{2}\right).$
todavía puedes poner el problema de otra manera en la pizarra, eso es lo que yo haría.

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