量子动力学(01)：一维谐振子

\(\newcommand{\K}{\mathbb{K}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\b}{\mathbf}\newcommand{\bi}{\boldsymbol}\newcommand{\rank}[1]{\text{rank}\left(#1 \right)}\newcommand{\dim}[1]{\text{dim}\left(#1 \right)}\newcommand{\diag}[1]{\text{diag}\left(#1 \right)}\newcommand{\det}[1]{\text{det}\left(#1 \right)}\newcommand{\Det}[1]{\left|\begin{matrix} #1 \end{matrix}\right|}\newcommand{\set}[1]{\left\{ #1 \right\}}\newcommand{\abs}[1]{\left| #1 \right|}\newcommand{\norm}[1]{\left|\!\left|#1\right|\!\right|}\)代数方法

一维谐振子的 Hamiltonian 为 \[ H=\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2x^2}{2} \] 其中, \(p, x\)都不是三维情况的矢量算符, 而是单一方向的动量和位置算符. 方便的做法是, 定义出两个非厄密的算符 \[ a^\dagger,a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x\mp\frac{ip}{m\omega}\right) \] 称为 产生算符(creation operator) 和 湮灭算符(annihilation operator). 利用正则对易关系以及上述表达式, 容易得到 \[ [a,a^\dagger]=1\quad H=\hbar\omega(a^\dagger a+\frac{1}{2}) \] \(a^\dagger a\)整体的本征矢也是能量本征态, 可以用\(\ket{n}\)来标记, 则 \[ a^\dagger a\ket{n}=n\ket{n} \] 考虑\(a^\dagger a\)和\(a\)的对易子 \[ [a^\dagger a,a]=a^\dagger[a,a]+[a^\dagger,a]a=-a \] 则 \[ [a^\dagger a, a]\ket{n}=a^\dagger aa\ket{n}-na\ket{n}=-a\ket{n} \] 如果\(\ket{n}\)是\(a^\dagger a\)的本征矢, 那么\(a\ket{n}\)也是它的本征矢(可能未归一化), 本征值为\(n-1\).

至此, 还没有找到对\(n\)取值的要求, 除了应当是实数. 但是对于态\(a\ket{n}\), 应当有正定性要求, 即它与自身的内积非负: \[ \bra{n}a^\dagger a\ket{n}=n\ge 0 \] 这个式子否认了任何负的\(n\)值存在. 它同时也给出 \[ a\ket{n}=\sqrt{n}\ket{n-1} \] 这里实际上允许选取一个复数的相位, 但通常选取为\(0\)使得系数为正实数. 现在, 假定存在某个正本征值的整数部分是\(n'\), 小数部分是\(\nu\), 总可以作用\(n'\)个\(a\)得到本征值非常接近\(0\)的态: \[ a^{n'}\ket{n'+\nu}=\sqrt{(n'+\nu)(n'+\nu-1)\cdots(\nu+1)}\ket{\nu} \] 同时, 它并未拒绝负本征值的存在, 只需要再乘上一个\(a\): \[ a\ket{\nu}=\sqrt{\nu}\ket{\nu-1}\quad \nu-1<0 \] 为了禁止\(\ket{\nu-1}\)的存在, 必须令\(\nu=0\). 此时, \(n\)的取值为全体自然数. 因此, 能量本征值为 \[ \boxed{E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega\quad n=0,1,\cdots} \]

本征态的性质

坐标与动量

基于产生-湮灭算符反解出\(x,p\): \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger)\quad p=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(a^\dagger-a) \] 由于\(a^{\ ,\dagger}\ket{n}\sim\ket{n\mp1}\), 所以 \[ \langle x\rangle=\bra{n}x\!\ket{n}\sim\braket{n}{n\mp1}=0 \] 同理, \(\langle p\rangle=0\). 任何能量本征态的位置期望和动量期望均为\(0\).

也可以关注它们的方均值: \[ x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(a^2+a^{\dagger2}+a^\dagger a+a a^\dagger) \] 前两项同样不起作用, 后两项与 Hamiltonian 有关 \[ \langle x^2\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega}\bra{n}2a^\dagger a+1\!\ket{n}=\frac{(2n+1)\hbar}{2m\omega} \] 同理, \(\langle p^2\rangle=(2n+1)m\omega\hbar/2\). 则两个算符的标准差之积为 \[ \Delta x\cdot\Delta p=\frac{2n+1}{2}\hbar \] 对于基态(\(n=0\)), 上式取到 Heisenberg 不确定关系的下确界.

Heisenberg 绘景的谐振子

Heisenberg 绘景下演化的力学量更适合与经典谐振子类比. 对于一维谐振子, Heisenberg 运动方程和经典正则方程形式上一致 \[ \dot{p}=-m\omega^2 x\quad \dot{x}=p/m \] 显然, 这一对耦合的一阶线性微分方程给出振动解 \[ \begin{cases}\displaystyle x(t)=x_0\cos\omega t+\frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t \\\\\displaystyle p(t)=p_0\cos\omega t-m\omega x_0\sin\omega t \end{cases} \] 同理, 产生-湮灭算符具有复振动解 \[ a^{\ ,\dagger}(t)=a^{\ ,\dagger}_0e^{\mp i\omega t} \] 现在的问题在于, 量子系统的经典极限相当于波包的局域化极限, 对于一个量子波包\(\psi(x)\), 它的局域化位置为\(\langle x\rangle\), 而能量本征态下\(x\)的期望为\(0\), 不随绘景变化. 因此, 虽然 Heisenberg 绘景的算符形式上和它们的经典对应一致, 但是仍不能把能量本征态对应到经典简谐振动的状态上.

相干态

上述能量本征态是 Hamiltonian 的本征态, 也是\(a^\dagger a\)的本征态. 我们可以考虑一种新的态\(\ket{\alpha}\), 它是\(a\)的本征态: \[ a\ket{\alpha}=\alpha\ket{\alpha} \] 称为 相干态, 可以把它表示为能量本征态的叠加 \[ \ket{\alpha}=\sum_n c_n\ket{n} \] 则\(c_n\)的自洽关系为 \[ \sum_{n=0}^\infty\alpha c_n\ket{n}=\sum_{n=1}^\infty\sqrt{n}c_n\ket{n-1} \] 逐个比对系数, 得到递推关系: \(\alpha c_n=\sqrt{n+1}c_{n+1}\), 即: \[ c_{n+1}\sqrt{(n+1)!}=\alpha c_n\sqrt{n!} \] 由此可以求出 \[ c_n=\frac{\alpha^n c_0}{\sqrt{n!}}\quad\ket{\alpha}=c_0\sum_n\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\ket{n} \] 现在考虑\(\ket{\alpha}\)是个归一化的矢量, 则 \[ c_0^*c_0\sum_{n=0}^\infty\frac{(\alpha^*\alpha)^n}{n!}=c_0^*c_0\exp(|\alpha|^2)=1 \] \(c_0\)最简单的取法也是正实数, 因此相干态以能量本征态为基的表示为 \[ \boxed{\ket{\alpha}=\exp(-\frac{|\alpha|^2}{2})\sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\ket{n}} \] 如果考虑时间演化, 每个能量本征态前面引入频率\((n+1/2)\omega\), 则 \[ \begin{aligned}\ket{\alpha;t} &=\exp(-\frac{|\alpha|^2}{2})\sum_{n}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\exp(-i(n+\frac{1}{2})\omega t) \ket{n} \\&= \exp(-\frac{|\alpha|^2+i\omega t}{2})\sum_n\frac{(\alpha e^{-i\omega t})^n}{\sqrt{n!}}\ket{n} \end{aligned} \] 我们仍可以将它视作相干态, 但本征值并不是\(\alpha\), 而是\(\alpha e^{-i\omega t}\).

位置期望

对于相干态\(\ket{\alpha}\), 位置期望为 \[ \bra{\alpha}x\! \ket{\alpha}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bra{\alpha}(a^\dagger+a)\!\ket{\alpha}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\alpha^*+\alpha) \] 经过时间\(t\)后, 相干态\(\ket{\alpha}\)演化为\(\ket{\alpha;t}\), 本征值从\(\alpha\)变为\(\alpha e^{-i\omega t}\), 即 \[ \bra{\alpha;t}x\!\ket{\alpha;t}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\alpha e^{-i\omega t}+\alpha^* e^{i\omega t}) \] 因此, 随时间演化的相干态给出的位置期望才对应于经典简谐振动.