Тождество лестничного оператора для ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (а+а^\кинжал)^к | м \ угол

Question

Тождество лестничного оператора для ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (а+а^\кинжал)^к | м \ угол

Диффикью

Я хотел бы знать, существует ли удобная идентичность (и какая она) для

⟨ н | (а + а^{†})^{к} | м ⟩

$\langle n | (a+a^\dagger)^k | m \rangle$

где $| n \rangle, \, | m \rangle$ являются энергетическими собственными состояниями простого гармонического осциллятора гамильтониана и $a, \, a^\dagger$ операторы уничтожения и рождения соответственно. $k$ является натуральным числом. я делал задачи для $k = 1, 2, 3$ но мне непонятно, как обобщать.

Шон Э. Лейк

Это может помочь, если вы посмотрите на это графически, где вы можете взять

k

$k$ шаги вверх или вниз, и вы должны начать с

m

$m$ и заканчиваться на

n

$n$ , а затем просто посчитайте количество путей. Это связано с треугольником Паскаля.

Диффикью

@SeanE.Lake сложность, с которой у меня возникают проблемы, заключается в назначении соответствующих произведений квадратных корней собственных значений.

Шон Э. Лейк

Предложение 2: попробуйте понять, сможете ли вы понять, что такое exapnsion

(a + a^{†})^{k}

$(a+a^\dagger)^k$ в нормальном состоянии (все

a^{†}

$a^\dagger$ справа от

a

$a$ ).

Вакабалула

@Diffycue мой первоначальный ответ был неправильным - извините. Я обновил вывод, чтобы исправить это, результат немного сложнее. Я не проверял это дважды, но я буду, когда у меня будет шанс.

Ответы (4)

Тождество лестничного оператора для ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (а+а^\кинжал)^к | м \ угол

Это может помочь, если вы посмотрите на это графически, где вы можете взять $k$ шаги вверх или вниз, и вы должны начать с $m$ и заканчиваться на $n$ , а затем просто посчитайте количество путей. Это связано с треугольником Паскаля.
@SeanE.Lake сложность, с которой у меня возникают проблемы, заключается в назначении соответствующих произведений квадратных корней собственных значений.
Предложение 2: попробуйте понять, сможете ли вы понять, что такое exapnsion $(a+a^\dagger)^k$ в нормальном состоянии (все $a^\dagger$ справа от $a$ ).
@Diffycue мой первоначальный ответ был неправильным - извините. Я обновил вывод, чтобы исправить это, результат немного сложнее. Я не проверял это дважды, но я буду, когда у меня будет шанс.

Космас Захос · Answer 1

Да, при условии, что вы готовы выполнять интегралы с использованием полиномов Эрмита в собственных состояниях координат, связанных с вашим пространством Фока.

Во-первых, напомнить

а + а^{†} "=" \sqrt{2} \hat{Икс} .

$a+a^\dagger= \sqrt{2}~ \hat{x}.$

Затем ,

ψ_{м} (Икс) \equiv ⟨ Икс ∣ м ⟩ "=" \frac{1}{\sqrt{2^{м} м!}} π^{- 1 / 4} опыт (- {Икс}^{2} / 2) {ЧАС}_{м} (Икс),

$\psi_m(x)\equiv \left\langle x \mid m \right\rangle = {1 \over \sqrt{2^m m!}}~ \pi^{-1/4} \exp(-x^2 / 2) H_m(x),$ поэтому, вставив полный набор собственных состояний координат,

⟨ н | (а + а^{†})^{к} | м ⟩ "=" 2^{к / 2} ⟨ н | {\hat{Икс}}^{к} | м ⟩ "=" 2^{к / 2} \int г Икс ⟨ н | Икс ⟩ {Икс}^{к} ⟨ Икс | м ⟩ "=" 2^{к / 2} \frac{1}{\sqrt{π}} \frac{1}{\sqrt{2^{м + н} н! м!}} \int г Икс е^{- {Икс}^{2}} {Икс}^{к} {ЧАС}_{н} (Икс) {ЧАС}_{м} (Икс) .

$\langle n | (a+a^\dagger)^k | m \rangle= 2^{k/2}\langle n | \hat{x}^k | m \rangle = 2^{k/2}\int dx ~\langle n | x\rangle x^k \langle x| m\rangle \\ = 2^{k/2} \frac{1}{\sqrt \pi}\frac{1}{\sqrt{2^{m+n} n! m!}}\int dx ~e^{-x^2} x^k H_n(x) H_m (x).$ Теперь вам нужно использовать соответственно запутанные тождества моментов для полиномов Эрмита , но таким образом вы можете проверить свои результаты с низким индексом для первых нескольких полиномов.

Вакабалула · Answer 2

13 сентября 2021 г. редактирование: исходный вывод был неверным (потому что вместо $B_k(w+z,1,0,\dots,0)$ в $(\star)$ количество $B_k(w+z,0,0,\dots,0)=(w+z)^k$ появился, что неверно). Я исправил вывод. Я не проверял обновленный результат дважды, но я сделаю это, когда у меня будет шанс.

Цель состоит в том, чтобы вычислить количество:

⟨ н | (а + а^{†})^{к} | м ⟩

$\langle n|(a+a^{\dagger})^k|m\rangle$

Удобно использовать методы когерентного состояния, поэтому в первую очередь нам понадобится соотношение:

\begin{aligned} я (г, ш) & \equiv ⟨ \bar{г} | (а + а^{†})^{к} | ш ⟩ \\ "=" Б_{к} (ш + г, 1, 0, \dots, 0) е^{ж г} \end{aligned} (⋆)

$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} I(z,w)&\equiv\langle \bar{z} | (a+a^\dagger)^k |w\rangle\\ & = B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz} \end{aligned} }\qquad (\star) \end{equation}$ где

⟨ \bar{z} | = ⟨ 0 | e^{z a}

$\langle \bar{z}|=\langle 0|e^{za}$ и

| w ⟩ = e^{w a^{†}} | 0 ⟩

$|w\rangle=e^{wa^\dagger}|0\rangle$ являются когерентными состояниями (с

a | w ⟩ = w | w ⟩

$a|w\rangle = w|w\rangle$ и

⟨ \bar{z} | a^{†} = z ⟨ \bar{z} |

$\langle\bar{z}|a^\dagger=z\langle\bar{z}|$ , и

⟨ \bar{z} | w ⟩ = e^{w z}

$\langle \bar{z}|w\rangle = e^{wz}$ ), тогда как

B_{k} (w + z, 1, 0, \dots, 0)

$B_k(w+z,1,0,\dots,0)$ является полным полиномом Белла. Как обычно, нормализуем

[a, a^{†}] = 1

$[a,a^\dagger]=1$ .

Вывод ( $\star$ ): Поскольку я получил несколько вопросов о том, как получить $(\star)$ позвольте мне указать, что я использовал полное полиномиальное тождество Белла, $B_k(a_1,\dots,a_n) = \partial_t^k \exp(\sum_{s=1}^\infty \frac{1}{s!}a_st^s)|_{t=0}$ , и формула Бейкера-Кэмпбелла-Хаусдорфа, которая сводится к $e^{X+Y}=e^X e^Y e^{-\frac{1}{2}[X,Y]}$ , когда $[X,Y]$ коммутирует с $X$ и $Y$ ; от последнего (поскольку правая часть должна быть симметрична в $X,Y$ как и левая часть) также следует, что $e^X e^Y = e^Ye^Xe^{[X,Y]}$ . Более подробно, используя эти результаты,

\begin{aligned} я (г, ш) & \equiv ⟨ \bar{г} | (а + а^{†})^{к} | ш ⟩ \\ "=" \partial_{т}^{к} ⟨ \bar{г} | е^{(а + а^{†}) т} | ш ⟩ |_{т "=" 0} \\ "=" \partial_{т}^{к} ⟨ \bar{г} | е^{а^{†} т} е^{а т} е^{\frac{1}{2} [а, а^{†}] т^{2}} | ш ⟩ |_{т "=" 0} \\ "=" \partial_{т}^{к} е^{(г + ш) т + \frac{1}{2} т^{2}} |_{т "=" 0} ⟨ \bar{г} | ш ⟩ \\ "=" Б_{к} (ш + г, 1, 0, \dots, 0) е^{ш г} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} I(z,w) &\equiv\langle \bar{z} | (a+a^\dagger)^k |w\rangle\\ &=\partial_t^k\langle \bar{z} | e^{(a+a^\dagger)t} |w\rangle\big|_{t=0}\\ &=\partial_t^k\langle \bar{z} | e^{a^\dagger t} e^{at}e^{\frac{1}{2}[a,a^\dagger]t^2} |w\rangle\big|_{t=0}\\ &=\partial_t^ke^{(z+w)t+\frac{1}{2}t^2}\big|_{t=0} \langle \bar{z} |w\rangle\\ &=B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz} \end{aligned} \end{equation}$

Возвращаюсь к ( $\star$ ), мы можем извлечь из него интересующую нас величину, продифференцировав его относительно $z$ и $w$ ( $n$ и $m$ раз соответственно), а затем установка $z=w=0$ ; после включения соответствующих нормировок (при условии $\langle n|m\rangle=\delta_{n,m}$ ):

\begin{aligned} ⟨ н | (а + а^{†})^{к} | м ⟩ & "=" \frac{1}{\sqrt{н! м!}} \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} я (г, ш) |_{г, ж "=" 0} \\ "=" \frac{1}{\sqrt{н! м!}} \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} Б_{к} (ш + г, 1, 0, \dots, 0) е^{ж г} |_{г "=" ж "=" 0} \end{aligned} (⋆ ⋆)

$\boxed{ \begin{aligned} \langle n|(a+a^{\dagger})^k|m\rangle &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\partial_z^n\partial_w^mI(z,w)\big|_{z,w=0}\\ &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\partial_z^n\partial_w^m\,B_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz}\big|_{z=w=0}\\ \end{aligned} }\qquad (\star\star)$

Для оценки производных заметьте в первую очередь, что,

\begin{aligned} \partial_{г}^{н} я (г, ш) |_{г "=" 0} & "=" \partial_{г}^{н} Б_{к} (ш + г, 1, 0, \dots, 0) е^{ш г} |_{г "=" 0} (общее правило Лейбница ↓) \\ "=" \sum_{а "=" 0}^{н} (\binom{н}{а}) \partial_{г}^{а} Б_{к} (ш + г, 1, 0, \dots, 0) \partial_{г}^{н - а} е^{ш г} |_{г "=" 0} (Компл. Белл пол. свойство ↓) \\ "=" \sum_{а "=" 0}^{н} (\binom{н}{а}) Б_{к - а} (ш, 1, 0, \dots, 0) ж^{н - а} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^nI(z,w)\big|_{z=0} &= \partial_z^nB_k(w+z,1,0,\dots,0) \,e^{wz}\big|_{z=0}\qquad (\textrm{general Leibniz rule}\,\downarrow)\\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\partial_z^aB_k(w+z,1,0,\dots,0) \,\partial_z^{n-a}e^{wz}\big|_{z=0}\qquad (\textrm{compl. Bell pol. property}\,\downarrow)\\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}B_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,w^{n-a}\\ \end{aligned} \end{equation}$ Последнее равенство непосредственно следует из представления рядами полных полиномов Белла. Действуя аналогично для остальных,

\partial_{w}^{m}

$\partial_w^m$ , производные можно найти,

\begin{aligned} \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} я (г, ж) |_{г, ш "=" 0} & "=" \partial_{ш}^{м} \sum_{а "=" 0}^{н} (\binom{н}{а}) Б_{к - а} (ж, 1, 0, \dots, 0) ш^{н - а} |_{ш "=" 0} \\ "=" \sum_{а "=" 0}^{н} (\binom{н}{а}) \sum_{б "=" 0}^{м} (\binom{м}{б}) \partial_{ш}^{б} Б_{к - а} (ж, 1, 0, \dots, 0) \partial_{ш}^{м - б} ш^{н - а} |_{ш "=" 0} \\ "=" \sum_{а "=" 0}^{н} \frac{н! м!}{а! (м - н + а)! (н - а)!} Б_{к - м + н - 2 а} (0, 1, 0, \dots, 0) (†) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} &=\partial_w^m\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}B_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,w^{n-a}\big|_{w=0} \\ &=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\sum_{b=0}^m\binom{m}{b}\partial_w^bB_{k-a}(w,1,0,\dots,0) \,\partial_w^{m-b}w^{n-a}\big|_{w=0}\\ %&=\sum_{a=0}^n\binom{n}{a}\sum_{b=0}^m\binom{m}{b}B_{k-a-b}(w,1,0,\dots,0) \,\frac{(n-a)!}{(n-a-m+b)!}\big|_{w=0}\\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!(n-a)!b!(m-b)!}B_{k-a-b}(0,1,0,\dots,0) \,\frac{(n-a)!}{(n-a-m+b)!}\delta_{n-a,m-b}\\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!b!(m-b)!(n-a-m+b)!}B_{k-a-b}(0,1,0,\dots,0)\delta_{n-a,m-b} \\ %&=\sum_{a=0}^n\sum_{b=0}^m\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{k-m+n-2a}(0,1,0,\dots,0)\delta_{n-a,m-b} \\ &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{k-m+n-2a}(0,1,0,\dots,0) \qquad (\dagger) \end{aligned} \end{equation}$ Используя определяющий ряд для полных полиномов Белла, можно, в свою очередь, показать, что для

p \geq 0

$p\geq0$ ,

Б_{2 п} (0, 1, 0, \dots, 0) "=" \frac{(2 п)!}{п!}, Б_{2 п + 1} (0, 1, 0, \dots, 0) "=" 0,

$B_{2p}(0,1,0,\dots,0) = \frac{(2p)!}{p!},\quad B_{2p+1}(0,1,0,\dots,0) = 0,$ и поэтому (

†

$\dagger$ ) и в расширении (

⋆ ⋆

$\star\star$ ) обращается в нуль, если только положительное целое число

r

$r$ можно найти такое, что

к "=" 2 р + м - н .

$k=2r+m-n.$ Учитывая любое количество собственных состояний, помеченных

m

$m$ и

n

$n$ , мы можем рассматривать это как условие на

k

$k$ . (Например, если

m = n

$m=n$ тогда только даже

k

$k$ способствует.)

\begin{aligned} \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} я (г, ж) |_{г, ш "=" 0} & "=" \sum_{а "=" 0}^{н} \frac{н! м!}{а! (м - н + а)! (н - а)!} Б_{2 (р - а)} (0, 1, 0, \dots, 0) \\ "=" \sum_{а "=" 0}^{н} \frac{н! м!}{а! (м - н + а)! (н - а)!} \frac{(2 р - 2 а)!}{(р - а!)} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}B_{2(r-a)}(0,1,0,\dots,0)\\ &=\sum_{a=0}^n\frac{n!m!}{a!(m-n+a)!(n-a)!}\frac{(2r-2a)!}{(r-a!)} \end{aligned} \end{equation}$ Окончательная сумма по

a

$a$ можно проводить; Я использовал Математику. Результат может быть записан в терминах обобщенной гипергеометрической функции и гамма-функций,

\partial_{г}^{н} \partial_{ж}^{м} я (г, ж) |_{г, ш "=" 0} "=" \frac{м!}{(м - н)!} \frac{2^{2 р} Г (р + \frac{1}{2})}{Г (\frac{1}{2})}_{1} Ф_{2} (- н; 1 + м - н, \frac{1}{2} - р; \frac{1}{4})

$\partial_z^n\partial_w^m\,I(z,w)\big|_{z,w=0} = \frac{m!}{(m-n)!}\frac{2^{2r}\Gamma(r+\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2})} \phantom{i}_1F_{\,2}\big(-n; 1+m-n,\tfrac{1}{2}-r; \tfrac{1}{4}\big)$

Подставив это в ( $\star\star$ ), и с учетом того, что для $k\neq 2r+m-n$ результат исчезает, мы можем резюмировать вышеизложенное следующим образом:

\begin{aligned} ⟨ н | (а + а^{†})^{С + м - н} | м ⟩ "=" \\ "=" {\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{н! м!}} \frac{м!}{(м - н)!} \frac{2^{С} Г (\frac{С + 1}{2})}{Г (\frac{1}{2})}_{1} Ф_{2} (- н; 1 + м - н, \frac{1 - С}{2}; \frac{1}{4}) если С е 2 Z^{+} \\ "=" 0 если С е 2 Z^{+} + 1 \end{aligned} \end{aligned}

$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} &\langle n|(a+a^{\dagger})^{C+m-n}|m\rangle=\\ &\quad= \left\{ \begin{aligned} &\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\frac{m!}{(m-n)!}\frac{2^{C}\Gamma(\frac{C+1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2})} \phantom{i}_1F_{\,2}\big(-n; 1+m-n,\tfrac{1-C}{2}; \tfrac{1}{4}\big)\qquad \textrm{if $C\in2\mathbf{Z}^+$}\\ &=0\qquad \textrm{if $C\in 2\mathbf{Z}^++1$} \end{aligned} \right. \end{aligned} } \end{equation}$

Имеет ли значение, что вы не используете нормализованные когерентные состояния?
@ZeroTheHero нет, это не имеет значения, потому что когерентные состояния используются только как уловка для извлечения результата собственного состояния энергии; окончательный результат «правильно» нормализован, как вы можете проверить

пользователь110373 · Answer 3

Рассмотрим когерентное состояние $\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle$ , где можно показать, что

а опыт (я т (а^{†} + а)) | 0 ⟩ "=" я т опыт (я т (а^{†} + а)) | 0 ⟩ .

$a\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle=it\exp(it(a^{\dagger}+a))| 0 \rangle.$ Тогда легко получить частичный ответ

⟨ н | опыт (я т (а^{†} + а) | 0 ⟩ "=" (я т)^{н} е^{- \frac{1}{2} т^{2}},

$\langle n|\exp(it(a^{\dagger}+a)|0\rangle=(it)^ne^{-\frac{1}{2}t^2},$ что приводит к

⟨ н | (а^{†} + а)^{к} | 0 ⟩ "=" (- я)^{к} \partial_{т}^{к} ((я т)^{н} е^{- \frac{1}{2} т^{2}})_{т "=" 0} .

$\langle n|(a^{\dagger}+a)^k|0\rangle=(-i)^k\partial_t^k((it)^ne^{-\frac{1}{2}t^2})_{t=0}.$

По-видимому, аналогичный метод годится для общего случая, но он, безусловно, более утомительный.

ZeroTheHero · Answer 4

Вот решение, вдохновленное @Wakabaloola. Он не использует числа Белла и, возможно, немного более интуитивно понятен, но мне не удалось получить разумное выражение для окончательной суммы.

Мы ищем элегантное вычисление $\langle m\vert \hat x^k \vert n\rangle$ , где $\vert n\rangle$ представляет собой гармонический осциллятор кет.

Первый:

\begin{aligned} | с ⟩ & "=" е^{с {\hat{а}}^{†}} | 0 ⟩, \\ \hat{а} | с ⟩ & "=" с | с ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} \vert s\rangle&=e^{s\hat a^\dagger}\vert 0\rangle\, ,\\ \hat a\vert s\rangle &=s\vert s\rangle \end{align}$

Далее мы начинаем с

\begin{aligned} я (г, ш) "=" ⟨ 0 | е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} | 0 ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} I(z,w)= \langle 0\vert e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle \end{align}$ и вычислить

\begin{aligned} е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†}) е^{- ш \hat{а}} "=" \hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ж я \end{aligned}

$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}= \hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I} \end{align}$ используя обычную формулу BCH. Более того:

\begin{aligned} е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{2} е^{- ш \hat{а}} & "=" е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†}) е^{- ш \hat{а}} е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†}) е^{- ш \hat{а}}, \\ "=" {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^2e^{-w\hat a}&= e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)e^{-w\hat a}\, ,\\ &=\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^2 \end{align}$ и так по индукции

\begin{aligned} е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} & "=" {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} е^{ш \hat{а}} . \end{aligned}

$\begin{align} e^{w\hat a}(\hat a+\hat a^\dagger)^k&= \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{w\hat a}\, . \end{align}$ Продолжение:

\begin{aligned} я (г, ж) & "=" ⟨ 0 | {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} е^{ш \hat{а}} | г ⟩, \\ "=" ⟨ 0 | {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} | г ⟩ е^{ш г}, \\ "=" ⟨ 0 | {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} | 0 ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} I(z,w) &= \langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{w\hat a}\vert z\rangle\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k \vert z\rangle e^{wz}\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle \end{align}$ с

\hat{a} | z ⟩ = z | z ⟩ .

$\hat a\vert z\rangle=z\vert z\rangle.$

Далее проходим $e^{z\hat a^\dagger}$ слева от $\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k$ используя тот же трюк, что и раньше:

\begin{aligned} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ж я) е^{г {\hat{а}}^{†}} & "=" е^{г {\hat{а}}^{†}} е^{- г {\hat{а}}^{†}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ж я) е^{г {\hat{а}}^{†}}, \\ "=" е^{г {\hat{а}}^{†}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + (г + ж) я), \\ {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} & "=" е^{г {\hat{а}}^{†}} {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + (г + ш) я)}^{к}, \\ ⟨ 0 | {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + ш я)}^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} | 0 ⟩ & "=" ⟨ 0 | е^{г {\hat{а}}^{†}} {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + (г + ш) я)}^{к} | 0 ⟩, \\ "=" ⟨ 0 | {(\hat{а} + {\hat{а}}^{†} + (г + ш) я)}^{к} | 0 ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)e^{z\hat a^\dagger} &= e^{z\hat a^\dagger} e^{-z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)e^{z\hat a^\dagger}\, ,\\ &= e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)\, ,\\ \left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^ke^{z\hat a^\dagger} &= e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\, ,\\ \langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + w\mathbb{I}\right)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle&= \langle 0\vert e^{z\hat a^\dagger}\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\vert 0\rangle\, ,\\ &=\langle 0\vert\left(\hat a+\hat a^\dagger + (z+w)\mathbb{I}\right)^k\vert 0\rangle \end{align}$ с

⟨ 0 | {\hat{a}}^{†} = 0

$\langle 0\vert\hat a^\dagger=0$ . Таким образом, мы теперь имеем

\begin{aligned} я (г, ж) & "=" е^{ш г} ⟨ 0 | (г + {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{1 / 2} \hat{Икс} + ж)^{к} | 0 ⟩, \\ "=" е^{ш г} \sum_{п "=" 0}^{к} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} ⟨ 0 | {\hat{Икс}}^{п} | 0 ⟩ (г + ж)^{к - п} (\binom{к}{п}), \\ "=" е^{ш г} \sum_{п "=" 0}^{к} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} ⟨ 0 | {\hat{Икс}}^{п} | 0 ⟩ (\binom{к}{п}) \sum_{д} (\binom{к - п}{д}) г^{д} ш^{к - п - д} \end{aligned}

$\begin{align} I(z,w) &= e^{wz} \langle 0\vert(z+\left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{1/2} \hat x + w)^k \vert 0\rangle\, ,\\ &= e^{wz} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p \vert 0\rangle (z+w)^{k-p}{k \choose p}\, , \\ &= e^{wz}\sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p \vert 0\rangle {k \choose p} \sum_q {{k-p}\choose{q}} z^{q}w^{k-p-q} \label{eq:laststep} \end{align}$ где биномиальное разложение оправдано, поскольку

\hat{x}

$\hat x$ коммутирует с

(z + w) I

$(z+w)\mathbb{I}$ . Мы приближаемся.

Мы хотим что-то пропорциональное $\langle n\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k\vert m\rangle$ . Мы можем производить $\langle {n}\vert$ и $\vert {m}\rangle$ принимая $n$ частные производные от $I(z,w)$ ж / р к $w$ и $m$ частные производные от $I(z,w)$ ж / р к $z$ , соответственно:

\begin{aligned} \frac{\partial^{н + м}}{\partial ш^{н} \partial г^{м}} я (г, ш) & "=" ⟨ 0 | {\hat{а}}^{н} е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} ({\hat{а}}^{†})^{м} е^{г {\hat{а}}^{†}} | 0 ⟩, \\ "=" \sqrt{н! м!} ⟨ н | е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} | м ⟩, \\ \sqrt{н! м!} ⟨ н | е^{ш \hat{а}} (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} е^{г {\hat{а}}^{†}} | м ⟩ |_{ш "=" г "=" 0} & "=" \sqrt{н! м!} ⟨ н | (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} | м ⟩ . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial^{n+m}}{\partial w^n\partial z^m}I(z,w) &=\langle 0\vert\hat a^n e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k (\hat a^\dagger)^me^{z\hat a^\dagger}\vert 0\rangle\, ,\\ &= \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert {m}\rangle \, ,\\ \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert e^{w\hat a }(\hat a+\hat a^\dagger)^k e^{z\hat a^\dagger}\vert {m}\rangle \Bigl\vert_{w=z=0}&= \sqrt{n!m!} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k \vert{m}\rangle \, . \end{align}$ Расширение

e^{w z}

$e^{wz}$ , теперь мы можем написать

\begin{aligned} ⟨ н | (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} | м ⟩ & "=" \frac{1}{\sqrt{н! м!}} \sum_{п "=" 0}^{к} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} ⟨ 0 | {Икс}^{п} | 0 ⟩ \\ \times \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} \sum_{д "=" 0}^{к - п} \sum_{р} \frac{1}{р!} г^{д + р} ш^{к - п - д + р} (\binom{к - п}{д}) (\binom{к}{п}) |_{с "=" ш "=" 0} \end{aligned}

$\begin{align} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k \vert {m}\rangle &=\frac{1}{\sqrt{n!m!}} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert x^p\vert 0\rangle\, \, \nonumber \\ &\qquad\qquad\times \partial_z^n\partial_w^m \sum_{q=0}^{k-p} \sum_r \frac{1}{r!} z^{q+r} w^{k-p-q+r}{k-p \choose q}{k \choose p}\big|_{s=w=0} \end{align}$

Производные $0$ пока не $q+r=n$ и $k-p-q+r=m$ , или

\begin{aligned} д "=" \frac{к - м + н - п}{2}, р "=" \frac{м + н + п - к}{2} . \end{aligned}

$\begin{align} q=\frac{k-m+n-p}{2}\, ,\qquad r=\frac{m+n+p-k}{2}\, . \end{align}$ Когда это так, у нас есть

\begin{aligned} \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} \sum_{д "=" 0}^{к - п} \sum_{р} \frac{1}{р!} г^{д + р} ш^{к - п - д + р} (\binom{к - п}{д}) (\binom{к}{п}) |_{с "=" ш "=" 0}, \\ "=" \partial_{г}^{н} \partial_{ш}^{м} \frac{г^{н}}{(\frac{м + н + п - к}{2})!} ш^{м} (\binom{к - п}{\frac{к - м + н - п}{2}}) (\binom{к}{п}) |_{с "=" ш "=" 0}, \\ "=" \frac{н! м!}{(\frac{м + н + п - к}{2})!} (\binom{к - п}{\frac{к - м + н - п}{2}}) (\binom{к}{п}) \end{aligned}

$\begin{align} &\partial_z^n\partial_w^m\, \sum_{q=0}^{k-p} \sum_r \frac{1}{r!} z^{q+r} w^{k-p-q+r}{k-p \choose q}{k \choose p}\big|_{s=w=0}\, ,\\ %%%%%%% &\qquad \qquad =\partial_z^n\partial_w^m\, \frac{z^{n}}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} w^{m}{k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p}\big|_{s=w=0}\, ,\\ &\qquad \qquad = \frac{n!m!}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$ так что

\begin{aligned} ⟨ н | (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} | м ⟩ & "=" \frac{н! м!}{\sqrt{н! м!}} \sum_{п "=" 0}^{к} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} ⟨ 0 | {Икс}^{п} | 0 ⟩ \frac{1}{(\frac{м + н + п - к}{2})!} (\binom{к - п}{\frac{к - м + н - п}{2}}) (\binom{к}{п}) \end{aligned}

$\begin{align} \langle n|(\hat a+\hat a^{\dagger})^k|m\rangle& = \frac{n!m!}{\sqrt{n!m!}} \sum_{p=0}^k \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0 \vert x^p \vert 0\rangle \frac{1}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$

Осталось оценить $\langle 0\vert x^p \vert 0\rangle$ . Сначала обратите внимание, что $\langle 0\vert\hat x^p\vert 0\rangle\ne 0$ только когда $p$ даже по паритету. Следующий

\begin{aligned} ⟨ 0 | {\hat{Икс}}^{п} | 0 ⟩ "=" \sqrt{\frac{м ю}{ℏ π}} \int г Икс е^{- м ю {Икс}^{2} / ℏ} {Икс}^{п}, \end{aligned}

$\begin{align} \langle 0\vert\hat x^p\vert 0\rangle=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar\pi}}\int dx e^{-m\omega x^2/\hbar} x^p\, , \end{align}$ так что давайте

\begin{aligned} ξ "=" \sqrt{\frac{м ю}{ℏ}} Икс, г Икс "=" \sqrt{\frac{ℏ}{м ю}} г ξ \end{aligned}

$\begin{align} \xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\, ,\qquad dx= \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} d\xi \end{align}$ а потом

\begin{aligned} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} ⟨ 0 | {\hat{Икс}}^{п} | 0 ⟩ & "=" \frac{1}{\sqrt{π}} {(\frac{2 м ю}{ℏ})}^{п / 2} {(\frac{ℏ}{м ю})}^{п / 2} \int г ξ е^{- ξ^{2}} ξ^{п} "=" \frac{2^{п / 2}}{\sqrt{π}} \int г ξ е^{- ξ^{2}} ξ^{п}, \\ "=" 2^{п / 2} \frac{(п - 1)!!}{2^{п / 2}} "=" (п - 1)!! \end{aligned}

$\begin{align} \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \langle 0\vert \hat x^p\vert 0\rangle&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(\frac{2m\omega}{\hbar}\right)^{p/2} \left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{p/2} \int d\xi e^{-\xi^2} \xi^p = \frac{2^{p/2}}{\sqrt{\pi}} \int d\xi e^{-\xi^2} \xi^p \, ,\\ &= 2^{p/2} \frac{(p-1)!!}{2^{p/2}} = (p-1)!! \end{align}$

Соединяем все это вместе:

\begin{aligned} ⟨ н | {\hat{Икс}}^{к} | м ⟩ & "=" {(\frac{ℏ}{2 м ю})}^{к / 2} ⟨ н | (\hat{а} + {\hat{а}}^{†})^{к} | м ⟩, \\ "=" {(\frac{ℏ}{м ю})}^{к / 2} \frac{\sqrt{н! м!}}{2^{к / 2}} \sum_{п "=" 0, 2, 4 \dots}^{к} \frac{(п - 1)!!}{(\frac{м + н + п - к}{2})!} (\binom{к - п}{\frac{к - м + н - п}{2}}) (\binom{к}{п}) \end{aligned}

$\begin{align} \langle {n}\vert\hat x^k\vert{m}\rangle &=\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^{k/2} \langle {n}\vert (\hat a+\hat a^\dagger)^k\vert{m}\rangle \, ,\\ &=\left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^{k/2}\frac{\sqrt{n!m!}}{2^{k/2}} \sum_{p=0,2,4\ldots}^k \frac{(p-1)!!}{(\frac{m+n+p-k}{2})!} {k-p \choose \frac{k-m+n-p}{2} }{k \choose p} \end{align}$

Тождество лестничного оператора для ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (а+а^\кинжал)^к | м \ угол

Диффикью

Шон Э. Лейк

Диффикью

Шон Э. Лейк

Вакабалула

Ответы (4)

Космас Захос

Вакабалула

ZeroTheHero

Вакабалула

пользователь110373

ZeroTheHero

Эволюция состояния во времени квантового гармонического осциллятора с функцией Дирака-Дельта в качестве начального состояния [закрыто]

Как использовать лестничные операторы?

Интеграл по скалярному произведению собственной функции оператора импульса и гармонического осциллятора один

Когерентные состояния квантового гармонического осциллятора

Гамильтониан, действующий на суммирующий оператор

Эти два оператора коммутируют... но их собственные векторы не одинаковы. Почему?

Доказательство тождества поляризации для операторов в комплексных векторных пространствах

Вопрос о существовании операций, обратных ааа и а†а†а^{\dagger}

Как доказать это неравенство для оператора Гамильтона?

Основы квантовой механики: пространство продукта