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東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2018年8月実施 専門基礎科目 第8問

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Author​

Miyake

Description​

题目描述​

原 Description 为空。以下内容只能由现有 Kai 中各编号解答唯一确认；原题的完整导言、已知条件、算符定义以及各问的精确措辞均未留存。

  1. 写出位置算符 x^\hat x 与动量算符 p^\hat p 关于产生、湮灭算符 a^†,a^\hat a^\dagger,\hat a 的表达式；Kai 中出现的结果含参数 ℏ,m,ω\hbar,m,\omega。
  2. 对满足 a^∣0⟩=0\hat a|0\rangle=0 且归一化的谐振子基态：
    1. 计算 ⟨x^⟩\langle\hat x\rangle、⟨x^2⟩\langle\hat x^2\rangle、⟨p^⟩\langle\hat p\rangle、⟨p^2⟩\langle\hat p^2\rangle；
    2. 由
      ΔA=⟨A^2⟩−⟨A^⟩2\Delta A=\sqrt{\langle\hat A^2\rangle-\langle\hat A\rangle^2}
      计算 Δx Δp\Delta x\,\Delta p。
  3. 用数算符 n^\hat n 写出谐振子 Hamilton 算符 H^\hat H；Kai 确认关系涉及 ℏω(n^+12)\hbar\omega(\hat n+\tfrac12)。
  4. 在 Kai 使用的对易关系 [a^,a^†]=1[\hat a,\hat a^\dagger]=1 下，证明一般的
    [a^,(a^†)n]=n(a^†)n−1.[\hat a,(\hat a^\dagger)^n] =n(\hat a^\dagger)^{n-1}.
  5. 对
    ∣n⟩=1n!(a^†)n∣0⟩,|n\rangle=\frac1{\sqrt{n!}}(\hat a^\dagger)^n|0\rangle,
    验证其为数算符及 Hamilton 算符的本征态，并求相应本征值。
  6. Kai 给出的相干态为
    ∣α⟩=e−∣α∣2/2∑n=0∞αnn!(a^†)n∣0⟩.|\alpha\rangle =e^{-|\alpha|^2/2} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n!} (\hat a^\dagger)^n|0\rangle.
    1. 证明它是 a^\hat a 的本征值为 α\alpha 的本征态；
    2. 在归一化假设下求数算符的均值、方差或标准差；Kai 明确得到 Δn2=∣α∣2\Delta n^2=|\alpha|^2、Δn=∣α∣\Delta n=|\alpha|。

无法仅由 Kai 确认原题是否在正文中另行给出了 a^,a^†,n^,H^\hat a,\hat a^\dagger,\hat n,\hat H 的完整定义、规范约定或其他前置公式，故不补造这些内容。

Kai​

（問1）​

x^=ℏ2mω(a^†+a^)p^=iℏmω2(a^†−a^)\begin{aligned} \hat{x} &= \sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}} \left( \hat{a}^\dagger + \hat{a} \right) \\ \hat{p} &= i \sqrt{\frac{\hbar m \omega}{2}} \left( \hat{a}^\dagger - \hat{a} \right) \end{aligned}

（問2）​

(1)​

a^∣0⟩=0\hat{a} | 0 \rangle = 0 より ⟨0∣a^†=0\langle 0 | \hat{a}^\dagger = 0 であることに注意して、

⟨x^⟩=ℏ2mω⟨0∣(a^†+a^)∣0⟩=0⟨x^2⟩=ℏ2mω⟨0∣((a^†)2+(a^)2+a^†a^+a^a^†)∣0⟩=ℏ2mω⟨0∣((a^†)2+(a^)2+2a^†a^+1)∣0⟩=ℏ2mω⟨p^⟩=iℏmω2⟨0∣(a^†−a^)∣0⟩=0⟨p^2⟩=−ℏmω2⟨0∣((a^†)2+(a^)2−a^†a^−a^a^†)∣0⟩=−ℏmω2⟨0∣((a^†)2+(a^)2−2a^†a^−1)∣0⟩=ℏmω2\begin{aligned} \langle \hat{x} \rangle &= \sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}} \langle 0 | \left( \hat{a}^\dagger + \hat{a} \right) | 0 \rangle \\ &= 0 \\ \langle \hat{x}^2 \rangle &= \frac{\hbar}{2 m \omega} \langle 0 | \left( \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 + \left( \hat{a} \right)^2 + \hat{a}^\dagger \hat{a} + \hat{a} \hat{a}^\dagger \right) | 0 \rangle \\ &= \frac{\hbar}{2 m \omega} \langle 0 | \left( \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 + \left( \hat{a} \right)^2 + 2 \hat{a}^\dagger \hat{a} + 1 \right) | 0 \rangle \\ &= \frac{\hbar}{2 m \omega} \\ \langle \hat{p} \rangle &= i \sqrt{\frac{\hbar m \omega}{2}} \langle 0 | \left( \hat{a}^\dagger - \hat{a} \right) | 0 \rangle \\ &= 0 \\ \langle \hat{p}^2 \rangle &= - \frac{\hbar m \omega}{2} \langle 0 | \left( \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 + \left( \hat{a} \right)^2 - \hat{a}^\dagger \hat{a} - \hat{a} \hat{a}^\dagger \right) | 0 \rangle \\ &= - \frac{\hbar m \omega}{2} \langle 0 | \left( \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 + \left( \hat{a} \right)^2 - 2 \hat{a}^\dagger \hat{a} - 1 \right) | 0 \rangle \\ &= \frac{\hbar m \omega}{2} \end{aligned}

を得る。（ ⟨0∣0⟩=1\langle 0 | 0 \rangle = 1 を仮定した。）

(2)​

ΔA=⟨(A^−⟨A^⟩)2⟩=⟨A^2⟩−⟨A^⟩2\begin{aligned} \Delta A &= \sqrt{ \langle ( \hat{A} - \langle \hat{A} \rangle )^2 \rangle } \\ &= \sqrt{ \langle \hat{A}^2 \rangle - \langle \hat{A} \rangle^2 } \end{aligned}

であるから、 (1) より、

ΔxΔp=ℏ2mω⋅ℏmω2=ℏ2\begin{aligned} \Delta x \Delta p &= \sqrt{ \frac{\hbar}{2 m \omega} } \cdot \sqrt{ \frac{\hbar m \omega}{2} } \\ &= \frac{\hbar}{2} \end{aligned}

を得る。

（問3）​

H^=ℏω(n^+12)\begin{aligned} \hat{H} = \hbar \omega \left( \hat{n} + \frac{1}{2} \right) \end{aligned}

（問4）​

[a^,a^†]=1[a^,(a^†)2]=a^†[a^,a^†]+[a^,a^†]a^†=2a^†[a^,(a^†)3]=a^†[a^,(a^†)2]+[a^,a^†](a^†)2=3(a^†)2[a^,(a^†)4]=a^†[a^,(a^†)3]+[a^,a^†](a^†)3=4(a^†)3\begin{aligned} \left[ \hat{a}, \hat{a}^\dagger \right] &= 1 \\ \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 \right] &= \hat{a}^\dagger \left[ \hat{a}, \hat{a}^\dagger \right] + \left[ \hat{a}, \hat{a}^\dagger \right] \hat{a}^\dagger \\ &= 2 \hat{a}^\dagger \\ \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^3 \right] &= \hat{a}^\dagger \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 \right] + \left[ \hat{a}, \hat{a}^\dagger \right] \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 \\ &= 3 \left( \hat{a}^\dagger \right)^2 \\ \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^4 \right] &= \hat{a}^\dagger \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^3 \right] + \left[ \hat{a}, \hat{a}^\dagger \right] \left( \hat{a}^\dagger \right)^3 \\ &= 4 \left( \hat{a}^\dagger \right)^3 \end{aligned}

であるから、

[a^,(a^†)n]=n(a^†)n−1\begin{aligned} \left[ \hat{a}, \left( \hat{a}^\dagger \right)^n \right] &= n \left( \hat{a}^\dagger \right)^{n-1} \end{aligned}

である。

（問5）​

n^∣n⟩=1n!a^†a^(a^†)n∣0⟩=1n!a^†{(a^†)na^+n(a^†)n−1}∣0⟩=n∣n⟩\begin{aligned} \hat{n} | n \rangle &= \frac{1}{\sqrt{n!}} \hat{a}^\dagger \hat{a} \left( \hat{a}^\dagger \right)^n | 0 \rangle \\ &= \frac{1}{\sqrt{n!}} \hat{a}^\dagger \left\{ \left( \hat{a}^\dagger \right)^n \hat{a} + n \left( \hat{a}^\dagger \right)^{n-1} \right\} | 0 \rangle \\ &= n | n \rangle \end{aligned}

であるから、 ∣n⟩| n \rangle は n^\hat{n} の固有値 nn に属する固有状態である。 また、 ∣n⟩| n \rangle は H^\hat{H} の固有値

ℏω(n+12)\begin{aligned} \hbar \omega \left( n + \frac{1}{2} \right) \end{aligned}

に属する固有状態である。

（問6）​

(1)​

a^∣α⟩=e−∣α∣22∑n=0∞αnn!a^(a^†)n∣0⟩=e−∣α∣22∑n=1∞αnn!a^(a^†)n∣0⟩        (∵a^∣0⟩=0)=e−∣α∣22∑n=1∞αnn!a^{(a^†)na^+n(a^†)n−1}∣0⟩        (∵（問4）)=e−∣α∣22∑n=1∞αn(n−1)!(a^†)n−1∣0⟩        (∵a^∣0⟩=0)=α∣α⟩\begin{aligned} \hat{a} | \alpha \rangle &= e^{ - \frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha^n}{n!} \hat{a} \left( \hat{a}^\dagger \right)^n | 0 \rangle \\ &= e^{ - \frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha^n}{n!} \hat{a} \left( \hat{a}^\dagger \right)^n | 0 \rangle \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \hat{a} | 0 \rangle = 0 ) \\ &= e^{ - \frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha^n}{n!} \hat{a} \left\{ \left( \hat{a}^\dagger \right)^n \hat{a} + n \left( \hat{a}^\dagger \right)^{n-1} \right\} | 0 \rangle \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{（問4）} ) \\ &= e^{ - \frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha^n}{(n-1)!} \left( \hat{a}^\dagger \right)^{n-1} | 0 \rangle \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \hat{a} | 0 \rangle = 0 ) \\ &= \alpha | \alpha \rangle \end{aligned}

であるから、 ∣α⟩| \alpha \rangle は a^\hat{a} の固有値 α\alpha に属する固有状態である。

(2)​

⟨n^⟩=⟨α∣a^†a^∣α⟩=∣α∣2⟨n^2⟩=⟨α∣a^†a^a^†a^∣α⟩=∣α∣2⟨α∣a^a^†∣α⟩=∣α∣2⟨α∣(a^†a^+1)∣α⟩=∣α∣2(∣α∣2+1)∴    Δn2=⟨n^2⟩−⟨n^⟩2=∣α∣2(∣α∣2+1)−∣α∣4=∣α∣2∴    Δn=∣α∣\begin{aligned} \langle \hat{n} \rangle &= \langle \alpha | \hat{a}^\dagger \hat{a} | \alpha \rangle \\ &= | \alpha |^2 \\ \langle \hat{n}^2 \rangle &= \langle \alpha | \hat{a}^\dagger \hat{a} \hat{a}^\dagger \hat{a} | \alpha \rangle \\ &= | \alpha |^2 \langle \alpha | \hat{a} \hat{a}^\dagger | \alpha \rangle \\ &= | \alpha |^2 \langle \alpha | \left( \hat{a}^\dagger \hat{a} + 1 \right) | \alpha \rangle \\ &= | \alpha |^2 \left( | \alpha |^2 + 1 \right) \\ \therefore \ \ \ \ \Delta n^2 &= \langle \hat{n}^2 \rangle - \langle \hat{n} \rangle^2 \\ &= | \alpha |^2 \left( | \alpha |^2 + 1 \right) - | \alpha |^4 \\ &= | \alpha |^2 \\ \therefore \ \ \ \ \Delta n &= | \alpha | \end{aligned}

（ ⟨α∣α⟩=1\langle \alpha | \alpha \rangle = 1 を証明なしに使った。）

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