Harmonisk oscillator

Fra TFY4215 er oscillatoren kjent i posisjonsrommet: Schrödingerlikningen med $V = \tfrac12 m\omega^2x^2$ , en rekkeutvikling og Hermitefunksjoner som svar. Den generelle formuleringen gir en kortere vei. Spekteret og egentilstandene følger av kommutatoren $[\hat x, \hat p] = i\hbar$ alene, uten at noen basis velges, og regningen er noen linjer algebra. Dette er den algebraiske metoden, og den rekker lenger enn oscillatoren: samme teknikk kvantiserer dreieimpuls og spinn. Oscillatoren selv dukker opp overalt, fordi nesten ethvert potensial er harmonisk nær bunnen. Molekylsvingninger, gittersvingninger og strålingsfeltets moder er alle oscillatorer.

Stigeoperatorene

Hamiltonoperatoren er

\hat H = \frac{\hat p^2}{2m} + \tfrac12 m\omega^2\hat x^2 = \frac{1}{2m}\bigl[\hat p^2 + (m\omega\hat x)^2\bigr].

Hadde $\hat p$ og $\hat x$ vært tall, kunne summen av to kvadrater vært faktorisert som $(ip + m\omega x)(-ip + m\omega x)$ . Operatorene kommuterer ikke, så faktoriseringen går ikke helt opp, men de to faktorene er verdt å definere likevel, med en skalering som gjør dem dimensjonsløse:

\displaystyle \begin{aligned} a &= \dfrac{i\hat p + m\omega\hat x}{\sqrt{2\hbar m\omega}}, \\[4pt] a^\dagger &= \dfrac{-i\hat p + m\omega\hat x}{\sqrt{2\hbar m\omega}} \end{aligned}

Stigeoperatorene. De er ikke hermiteske, men hverandres adjungerte, og skrives uten hatt.

Produktet av dem er nesten $\hat H$ :

\begin{aligned} a^\dagger a &= \frac{\hat p^2 + (m\omega\hat x)^2 + im\omega\,[\hat x, \hat p]}{2\hbar m\omega} \\ &= \frac{\hat H}{\hbar\omega} - \frac12 . \end{aligned}

Kommutatoren i telleren er $i\hbar$ , og den gir det siste leddet. Samme regning med motsatt rekkefølge gir $aa^\dagger = \hat H/\hbar\omega + \tfrac12$ , og differansen mellom de to er alt metoden trenger:

\displaystyle [a, a^\dagger] = 1, \qquad \hat H = \hbar\omega\bigl(\hat N + \tfrac12\bigr)

Kommutatoren og Hamiltonoperatoren uttrykt med

\hat N = a^\dagger a

. Egenverdiproblemet for

\hat H

er dermed egenverdiproblemet for

\hat N

Operatoren $\hat N = a^\dagger a$ kalles talloperatoren, og navnet blir begrunnet nedenfor. To kommutatorer til følger direkte av $[a, a^\dagger] = 1$ :

\begin{aligned} [\hat N, a] &= a^\dagger a a - a a^\dagger a = [a^\dagger, a]\,a = -a, \\ [\hat N, a^\dagger] &= a^\dagger\,[a, a^\dagger] = a^\dagger . \end{aligned}

Energistigen

Anta at $\hat N$ har en normert egentilstand $|n\rangle$ med egenverdi $n$ , altså $\hat N|n\rangle = n|n\rangle$ og $E_n = \hbar\omega(n + \tfrac12)$ . Se så på vektoren $a|n\rangle$ . Kommutatoren $[\hat N, a] = -a$ flytter $\hat N$ forbi $a$ :

\hat N\,(a|n\rangle) = (a\hat N - a)|n\rangle = (n - 1)\,(a|n\rangle).

Er $a|n\rangle$ ikke nullvektoren, er den en egentilstand med egenverdi $n - 1$ : $a$ har senket energien ett trinn $\hbar\omega$ . Tilsvarende viser $[\hat N, a^\dagger] = a^\dagger$ at $a^\dagger|n\rangle$ er en egentilstand med egenverdi $n + 1$ . Fra én egentilstand lager de to operatorene en hel stige av egentilstander, og det er derfor de kalles stigeoperatorer.

Oppover kan stigen fortsette uten ende, men ikke nedover. Kvadratet av normen til $a|n\rangle$ er

\|\,a|n\rangle\,\|^2 = \langle n|a^\dagger a|n\rangle = n \ge 0,

så ingen egenverdi er negativ. Nedstigningen må derfor stoppe: det finnes en nederste tilstand $|0\rangle$ der $a|0\rangle = 0$ , og for den gir samme likning $n_0 = \|\,a|0\rangle\,\|^2 = 0$ . Fra en vilkårlig egentilstand går det et helt antall trinn ned til bunnen, så $n$ er et ikke-negativt heltall.

Spekteret er bestemt uten bølgefunksjoner og uten at noen basis er valgt. Regningen brukte bare $[a, a^\dagger] = 1$ , som igjen kom fra $[\hat x, \hat p] = i\hbar$ .

Normene fastlegger også virkningen av operatorene, så nær som en fase som velges reell: $\|\,a|n\rangle\,\| = \sqrt n$ , og samme regning med $aa^\dagger = \hat N + 1$ gir $\|\,a^\dagger|n\rangle\,\| = \sqrt{n + 1}$ .

\displaystyle \begin{aligned} a\,|n\rangle &= \sqrt{n}\,|n - 1\rangle, \\[2pt] a^\dagger|n\rangle &= \sqrt{n + 1}\,|n + 1\rangle \end{aligned}

Virkningen på egentilstandene.

a

kalles senkeoperatoren og

a^\dagger

heveoperatoren, og egenverdien

n

til

\hat N

teller kvantene

\hbar\omega

over nullpunktsenergien.

Hele stigen bygges nedenfra:

|n\rangle = \frac{(a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}\,|0\rangle .

Regning med stigeoperatorene

Definisjonene løst for $\hat x$ og $\hat p$ gjør operatormetoden til et regneverktøy:

\displaystyle \begin{aligned} \hat x &= \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\,(a + a^\dagger), \\[4pt] \hat p &= i\sqrt{\dfrac{m\hbar\omega}{2}}\,(a^\dagger - a) \end{aligned}

Posisjon og impuls uttrykt med stigeoperatorene. Matriseelementer av

\hat x

\hat p

blir algebra i stedet for integraler.

Med virkningen på $|n\rangle$ og ortonormaliteten $\langle m|n\rangle = \delta_{mn}$ følger matriseelementene direkte:

\langle m|\hat x|n\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\, \bigl(\sqrt{n}\,\delta_{m,n-1} + \sqrt{n + 1}\,\delta_{m,n+1}\bigr).

Både $\hat x$ og $\hat p$ kopler bare nabonivåer, og begge har null på diagonalen: $\langle x\rangle = \langle p\rangle = 0$ i enhver stasjonær tilstand.

Regneeksempel forventningsverdien av potensialet

Finn $\langle V\rangle = \tfrac12 m\omega^2\,\langle n|\hat x^2|n\rangle$ i tilstanden $|n\rangle$ .

Vis løsning Skjul løsning

Kvadrer $\hat x$ uttrykt med stigeoperatorene:

\hat x^2 = \frac{\hbar}{2m\omega}\,(a + a^\dagger)^2 .

Gang ut kvadratet. Leddene $aa$ og $a^\dagger a^\dagger$ ender i $|n \mp 2\rangle$ , som er ortogonale på $|n\rangle$ , så de bidrar ikke. De to i midten er $aa^\dagger = \hat N + 1$ og $a^\dagger a = \hat N$ :

\langle n|\hat x^2|n\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega}\,(2n + 1),

og dermed

\langle V\rangle = \tfrac14\hbar\omega\,(2n + 1) = \frac{E_n}{2}.

Samme regning med $\hat p^2$ gir $\langle \hat p^2/2m\rangle = E_n/2$ . Energien deler seg likt mellom kinetisk og potensiell del, som i den klassiske oscillatoren.

Svar

\langle V\rangle = \tfrac14\hbar\omega\,(2n + 1) = E_n/2

Bølgefunksjonene

Så langt er ingen basis valgt. Bølgefunksjonene kommer ut når stigen projiseres på posisjonsbasisen, og startpunktet er $a|0\rangle = 0$ .

Grunntilstanden fra a|0⟩ = 0

Projiser $a|0\rangle = 0$ på $\langle x|$ og bruk $\hat p \to (\hbar/i)\,d/dx$ i posisjonsrepresentasjonen:

\begin{aligned} &\langle x|\,i\hat p + m\omega\hat x\,|0\rangle \\ &\quad = \Bigl(\hbar\frac{d}{dx} + m\omega x\Bigr)\,\psi_0(x) = 0 . \end{aligned}

Dette er en førsteordens differensiallikning, $\psi_0'/\psi_0 = -(m\omega/\hbar)\,x$ , med løsning

\psi_0(x) = \Bigl(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\Bigr)^{1/4} e^{-m\omega x^2/2\hbar},

der konstanten er valgt så $\int|\psi_0|^2\,dx = 1$ .

Grunntilstanden er en gausspakke, den samme som rekkeutviklingen gir. De eksiterte tilstandene følger ved å heve, $\psi_n(x) = \langle x|(a^\dagger)^n|0\rangle/\sqrt{n!}$ . Hver $a^\dagger$ er av første orden i $x$ og $d/dx$ , så hvert trinn ganger inn et polynom av én grad høyere:

\displaystyle \begin{aligned} \psi_n(x) &= \Bigl(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\Bigr)^{1/4} \dfrac{H_n(\xi)\,e^{-\xi^2/2}}{\sqrt{2^n n!}} \\[4pt] \xi &= \sqrt{m\omega/\hbar}\;x \end{aligned}

Egenfunksjonene.

H_n

er Hermitepolynomene, og funksjonene er de samme som rekkeutviklingsmetoden gir, uten at en andreordens differensiallikning er løst.

Eksamensoppgave Grunntilstanden fra

a|0\rangle = 0

Ordinær eksamen, desember 2022, oppgave 5 a–b

Consider a system described by the Hamiltonian

\hat H = \frac{\hat p_x^2}{2m} + \frac12 k\hat x^2 + \frac14 q\hat x^4, \qquad (9)

where $k$ and $q$ are real parameters, with $q \ge 0$ .

When $q = 0$ and $k > 0$ , Eq. (9) describes a harmonic oscillator, and the Schrödinger equation can be solved by introducing the ladder operators

\begin{aligned} a &= \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left[\hat x + \frac{i}{m\omega}\hat p_x\right], \\ a^\dagger &= \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left[\hat x - \frac{i}{m\omega}\hat p_x\right], \qquad (10) \end{aligned}

with $\omega \equiv \sqrt{k/m}$ . The resulting energies are

E_n = \hbar\omega\left(n + \tfrac12\right), \allowbreak\quad (n = 0, 1, 2\ldots), \qquad (11)

with orthonormal eigenstates $|n\rangle$ defined by the eigenvalue equation

a^\dagger a|n\rangle = n|n\rangle, \qquad (12)

and

a|0\rangle = 0. \qquad (13)

a) Use Eqs. (10) and (13) to show that the position space wavefunction $\psi_0(x)$ of the ground state of the harmonic oscillator is

\psi_0(x) = Ae^{-m\omega x^2/2\hbar}. \qquad (14)

Hint: The following might be useful:

\begin{aligned} \langle x|n\rangle &= \psi_n(x), \\ 1 &= \int dx\,|x\rangle\langle x|, \\ \langle x''|F(\hat x, \hat p_x)|x'\rangle &= F\!\left(x'', \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x''}\right) \\ &\quad \times\,\delta(x'' - x'). \end{aligned}

Some of the integration formulas given in the formula sheet might also be useful for this problem.

b) Calculate the normalization constant $A$ in Eq. (14).

Vis løsning Skjul løsning

a) I posisjonsrepresentasjonen virker $\hat x$ som $x$ og $\hat p_x$ som $(\hbar/i)\,d/dx$ . Ligning (13) blir da en differensialligning for $\psi_0(x) = \langle x|0\rangle$ :

\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x + \frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\psi_0 = 0,

altså

\frac{d\psi_0}{dx} = -\frac{m\omega}{\hbar}\,x\,\psi_0.

Separasjon gir $\ln\psi_0 = -m\omega x^2/2\hbar + \text{konst}$ , altså $\psi_0(x) = Ae^{-m\omega x^2/2\hbar}$ .

b) Normering: $\int_{-\infty}^{\infty}|A|^2 e^{-m\omega x^2/\hbar}\,dx = |A|^2\sqrt{\pi\hbar/m\omega} = 1$ , så $A = (m\omega/\pi\hbar)^{1/4}$ når $A$ velges reell og positiv.

Svar

\psi_0(x) = Ae^{-m\omega x^2/2\hbar}

følger av

a\psi_0 = 0

. b)

A = \left(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}

Eksamensoppgave Stigeoperatorene i bruk

Kontinuasjonseksamen, august 2025, oppgave 3 a–c

The Hamiltonian of a one-dimensional harmonic oscillator reads

\hat H = \frac{\hat p^2}{2m} + \frac12 m\omega^2\hat x^2.

a) Rewrite the Hamiltonian using the ladder operators and use it for deriving the ground state and the first excited state energies.

b) Derive the analytical from [sic] of the first excited state wavefunction by using the ladder operators.

c) Compute the commutators $[\hat a, \hat x]$ and $[\hat a, \hat p]$ .

Vis løsning Skjul løsning

Med $\hat a = \sqrt{m\omega/2\hbar}\,(\hat x + i\hat p/m\omega)$ og $\hat a^\dagger$ som den adjungerte, slik settet definerer dem på formelarket.

a) Produktet $\hat a^\dagger\hat a$ gir $\hat H/\hbar\omega - \tfrac12$ , siden kryssleddene samler seg til $\tfrac{i}{2\hbar}[\hat x, \hat p] = -\tfrac12$ . Altså $\hat H = \hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12)$ . Talloperatoren har egenverdiene $n = 0, 1, 2, \ldots$ , så $E_0 = \tfrac12\hbar\omega$ og $E_1 = \tfrac32\hbar\omega$ .

b) $\psi_1 = \hat a^\dagger\psi_0$ med $\psi_0 = (m\omega/\pi\hbar)^{1/4}e^{-m\omega x^2/2\hbar}$ . I posisjonsrepresentasjonen er $\hat a^\dagger = \sqrt{m\omega/2\hbar}\,(x - (\hbar/m\omega)\,d/dx)$ , og den deriverte av $\psi_0$ er $-(m\omega/\hbar)x\psi_0$ , så

\begin{aligned} \psi_1(x) &= \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\cdot 2x\,\psi_0(x) \\ &= \left(\frac{4m^3\omega^3}{\pi\hbar^3}\right)^{1/4} x\,e^{-m\omega x^2/2\hbar}. \end{aligned}

c) Bare $[\hat x, \hat p] = i\hbar$ trengs: $[\hat a, \hat x] = \sqrt{m\omega/2\hbar}\,\frac{i}{m\omega}[\hat p, \hat x] = \sqrt{\hbar/2m\omega}$ og $[\hat a, \hat p] = \sqrt{m\omega/2\hbar}\,[\hat x, \hat p] = i\sqrt{m\hbar\omega/2}$ .

Svar

E_0 = \tfrac12\hbar\omega

E_1 = \tfrac32\hbar\omega

. b)

\psi_1 = (4m^3\omega^3/\pi\hbar^3)^{1/4}\,x\,e^{-m\omega x^2/2\hbar}

. c)

[\hat a,\hat x] = \sqrt{\hbar/2m\omega}

[\hat a,\hat p] = i\sqrt{m\hbar\omega/2}

Superposisjoner

En stasjonær tilstand står stille. Tettheten $|\Psi_n(x, t)|^2 = |\psi_n(x)|^2$ er tidsuavhengig, og $\langle x\rangle = 0$ uansett hvor høyt i stigen tilstanden ligger. Bevegelse krever en superposisjon av nivåer. I en blanding av to nabonivåer svinger kryssleddet i $|\Psi|^2$ med differansefrekvensen $(E_{n+1} - E_n)/\hbar = \omega$ , en svevning mellom de to stasjonære tilstandene, og $\langle x\rangle$ følger med.

Regneeksempel to nivåer i svingning

Oscillatoren er ved $t = 0$ i tilstanden $|\Psi(0)\rangle = \tfrac15\bigl(3\,|0\rangle + 4\,|1\rangle\bigr)$ . Finn $\langle x\rangle$ og $\langle p\rangle$ som funksjoner av tida, og kontroller Ehrenfests teorem.

Vis løsning Skjul løsning

Tilstanden er normert, $(3^2 + 4^2)/25 = 1$ , og hvert nivå får sin fasefaktor $e^{-iE_nt/\hbar}$ :

|\Psi(t)\rangle = \tfrac15\bigl(3\,e^{-i\omega t/2}\,|0\rangle \allowbreak + 4\,e^{-3i\omega t/2}\,|1\rangle\bigr).

$\hat x$ kopler bare nabonivåer, så bare kryssleddene bidrar, med $\langle 0|\hat x|1\rangle = \sqrt{\hbar/2m\omega}$ :

\begin{aligned} \langle x\rangle &= 2\,\mathrm{Re}\Bigl[\tfrac{3}{5}\cdot\tfrac{4}{5}\, e^{-i\omega t}\,\langle 0|\hat x|1\rangle\Bigr] \\ &= \frac{24}{25}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,\cos\omega t . \end{aligned}

Impulsen har $\langle 0|\hat p|1\rangle = -i\sqrt{m\hbar\omega/2}$ , og samme regning gir

\langle p\rangle = -\frac{24}{25}\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,\sin\omega t .

Deriver: $d\langle x\rangle/dt = -\tfrac{24}{25}\sqrt{\hbar\omega/2m}\,\sin\omega t$ , som er $\langle p\rangle/m$ , og $d\langle p\rangle/dt = -m\omega^2\langle x\rangle = -\langle V'(x)\rangle$ . Begge likningene stemmer.

Svar

\langle x\rangle = \tfrac{24}{25}\sqrt{\hbar/2m\omega}\,\cos\omega t

\langle p\rangle = -\tfrac{24}{25}\sqrt{m\hbar\omega/2}\,\sin\omega t

Tilstander i oscillatorpotensialet

Samme potensial, fire tilstander, med nivåene $E_n$ som trinn. De fylte trinnene er nivåene som inngår, med styrke $|c_n|^2$ . Stasjonære tilstander står stille. Blandingen $(3|0\rangle + 4|1\rangle)/5$ svinger med frekvensen $\omega$ , og den koherente tilstanden svinger som en klassisk partikkel uten å endre form.

Koherente tilstander

Schrödinger lette allerede i 1926 etter den kvantetilstanden som likner mest på en klassisk svingning. Svaret er egentilstandene til senkeoperatoren:

\displaystyle \begin{aligned} a\,|\alpha\rangle &= \alpha\,|\alpha\rangle, \\[2pt] |\alpha\rangle &= e^{-|\alpha|^2/2} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,|n\rangle \end{aligned}

Den koherente tilstanden.

a

er ikke hermitesk, så egenverdien

\alpha

er kompleks, og det finnes en tilstand for enhver

\alpha

Rekka følger av definisjonen. Sett $|\alpha\rangle = \sum_n c_n|n\rangle$ inn i $a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle$ ; ledd for ledd gir det $c_{n+1}\sqrt{n + 1} = \alpha\,c_n$ , altså $c_n = \alpha^n c_0/\sqrt{n!}$ , og normeringen $\sum_n |c_n|^2 = |c_0|^2\,e^{|\alpha|^2} = 1$ bestemmer $c_0$ . Fordelingen over nivåene er en poissonfordeling, $|c_n|^2 = e^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}/n!$ , med gjennomsnitt $\langle n\rangle = |\alpha|^2$ .

I tidsutviklingen får hvert ledd fasen $e^{-i(n + 1/2)\omega t}$ , og $n$ -avhengigheten kan flyttes inn i egenverdien:

|\Psi(t)\rangle = e^{-i\omega t/2}\,\bigl|\,\alpha e^{-i\omega t}\bigr\rangle .

En koherent tilstand forblir koherent; egenverdien roterer i det komplekse planet med vinkelfrekvensen $\omega$ . Med $\alpha = |\alpha|e^{i\theta}$ er

\langle x\rangle = \sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\,|\alpha|\, \cos(\omega t - \theta),

og tettheten i posisjonsbasisen kan regnes ut eksakt:

|\langle x|\Psi(t)\rangle|^2 = \sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\, e^{-m\omega\,(x - \langle x\rangle)^2/\hbar}.

Dette er en gausspakke med grunntilstandens bredde som svinger med klassisk amplitude uten å endre form, og med $\Delta x\,\Delta p = \hbar/2$ hele tiden. Laserlys er i god tilnærmelse en koherent tilstand av strålingsfeltet, og beskrivelsen ga Glauber nobelprisen i 2005.

Schrödinger- og Heisenbergbildet

Tidsutviklingen kan skrives som én operator. Når $\hat H$ ikke avhenger eksplisitt av tida, er

|\Psi, t\rangle = \hat U(t, t_0)\,|\Psi, t_0\rangle, \allowbreak\quad \hat U(t, t_0) = e^{-i(t - t_0)\hat H/\hbar},

der eksponentialfunksjonen av en operator betyr rekka $e^{\hat X} = \sum_n \hat X^n/n!$ . Deriver med hensyn på $t$ , og $|\Psi, t\rangle$ oppfyller Schrödingerlikningen. Tidsutviklingsoperatoren $\hat U$ er unitær, $\hat U^\dagger = \hat U^{-1}$ , så normen er den samme til alle tider. Sett den inn i en forventningsverdi:

\langle F\rangle = \langle\Psi, t|\hat F|\Psi, t\rangle \allowbreak = \langle\Psi, t_0|\,\hat U^\dagger\hat F\hat U\,|\Psi, t_0\rangle .

Uttrykket kan leses på to måter. I Schrödingerbildet står operatoren $\hat F$ fast, og tilstanden utvikler seg i tid. I Heisenbergbildet står tilstanden fast i $|\Psi, t_0\rangle$ , og tidsavhengigheten ligger i operatoren:

\displaystyle \hat F_H(t) = \hat U^\dagger\hat F\,\hat U, \allowbreak\quad \frac{d\hat F_H}{dt} = \frac{i}{\hbar}\,\bigl[\hat H, \hat F_H\bigr]

Heisenbergbildet: operatoren og bevegelseslikningen dens, for en

\hat F

uten eksplisitt tidsavhengighet. Forventningsverdien av likningen er likningen for

d\langle F\rangle/dt

i Schrödingerbildet.

Begge bildene gir de samme forventningsverdiene, og kommutatorene er de samme: er $[\hat A, \hat B] = \hat C$ , er også $[\hat A_H, \hat B_H] = \hat U^\dagger[\hat A, \hat B]\,\hat U = \hat C_H$ . En operator som kommuterer med $\hat H$ , er derfor en bevegelseskonstant i begge bildene.

For oscillatoren gir bevegelseslikningen stigeoperatorene direkte.

Eksamensoppgave Stigeoperatoren i Heisenbergbildet

Kontinuasjonseksamen, august 2025, oppgave 3 d

The Hamiltonian of a one-dimensional harmonic oscillator reads

\hat H = \frac{\hat p^2}{2m} + \frac12 m\omega^2\hat x^2. \qquad (7)

d) Compute the commutator $[\hat H, \hat a]$ . What is the physical interpretation of this result? Further, use the Heisenberg equation of motion for some arbitrary operator $\hat A(t)$

\frac{d\hat A(t)}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat A(t), \hat H] \allowbreak + \left(\frac{\partial\hat A}{\partial t}\right) \allowbreak\qquad (8)

for deriving the time-dependence of $\hat a$ . What is the physical interpretation of this result? (Similar conclusions apply for $\hat a^\dagger$ .)

Vis løsning Skjul løsning

Med $\hat H = \hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12)$ og $[\hat a^\dagger\hat a, \hat a] = [\hat a^\dagger, \hat a]\,\hat a = -\hat a$ er

[\hat H, \hat a] = -\hbar\omega\,\hat a .

Det betyr at $\hat a$ senker energien ett trinn: $\hat H\,(\hat a|n\rangle) = (E_n - \hbar\omega)\,(\hat a|n\rangle)$ .

$\hat a$ har ingen eksplisitt tidsavhengighet, så bare kommutatoren bidrar, og $[\hat a, \hat H] = \hbar\omega\,\hat a$ gjelder også i Heisenbergbildet:

\frac{d\hat a}{dt} = \frac{\hbar\omega}{i\hbar}\,\hat a = -i\omega\,\hat a, \allowbreak\quad \hat a(t) = \hat a(0)\,e^{-i\omega t} .

Operatoren får bare en fasefaktor som dreier seg med vinkelfrekvensen $\omega$ , og $\hat a^\dagger(t) = \hat a^\dagger(0)\,e^{i\omega t}$ . Derfor svinger alle forventningsverdier som bygges av $\hat a$ og $\hat a^\dagger$ med $\omega$ . Løsningsforslaget skriver $e^{+i\omega t}$ , men $1/i = -i$ gir minustegnet.

Svar

[\hat H, \hat a] = -\hbar\omega\,\hat a

\hat a

senker energien med

\hbar\omega

\hat a(t) = \hat a(0)\,e^{-i\omega t}

: en ren fasedreining med frekvensen

\omega

Med $a_H(t) = e^{-i\omega t}a$ satt inn i $\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(a + a^\dagger)$ blir

\hat x_H(t) = \hat x\cos\omega t + \frac{\hat p}{m\omega}\,\sin\omega t ,

den klassiske løsningen, men som en likning mellom operatorer. Derfor følger $\langle x\rangle$ en klassisk svingning i enhver tilstand, slik blandingen $(3|0\rangle + 4|1\rangle)/5$ gjorde. Guiden bruker Schrödingerbildet der ikke annet er sagt.

Sjekk deg selv

Vis at $\Delta x\,\Delta p = (n + \tfrac12)\,\hbar$ i tilstanden $|n\rangle$ .

Vis svar Skjul svar

Begge forventningsverdiene $\langle x\rangle$ og $\langle p\rangle$ er null, siden $\hat x$ og $\hat p$ bare kopler nabonivåer. Kvadratene har ledd på diagonalen: $\langle n|(a + a^\dagger)^2|n\rangle = 2n + 1$ og $\langle n|(a^\dagger - a)^2|n\rangle = -(2n + 1)$ , så

\begin{aligned} (\Delta x)^2 &= \frac{\hbar}{2m\omega}\,(2n + 1), \\[2pt] (\Delta p)^2 &= \frac{m\hbar\omega}{2}\,(2n + 1), \end{aligned}

og produktet er $\Delta x\,\Delta p = (n + \tfrac12)\,\hbar$ . Grunntilstanden har minst mulig uskarphet, $\hbar/2$ , og produktet vokser ett trinn $\hbar$ for hvert nivå oppover stigen.

Hovedpunkter

Stigeoperatorene $a = (i\hat p + m\omega\hat x)/\sqrt{2\hbar m\omega}$ og $a^\dagger$ oppfyller $[a, a^\dagger] = 1$ , og $\hat H = \hbar\omega(a^\dagger a + \tfrac12)$ .
$a$ senker og $a^\dagger$ hever energien ett trinn: $a|n\rangle = \sqrt n\,|n-1\rangle$ og $a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle$ . Normkravet stopper stigen nederst, $a|0\rangle = 0$ .
Spekteret $E_n = \hbar\omega(n + \tfrac12)$ , $n = 0, 1, 2, \dots$ , er ikke-degenerert og følger av $[\hat x, \hat p] = i\hbar$ alene.
Matriseelementer regnes med $\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(a + a^\dagger)$ og $\hat p = i\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(a^\dagger - a)$ ; begge kopler bare nabonivåer.
Grunntilstanden løser $a|0\rangle = 0$ og er en gausspakke; $(a^\dagger)^n$ bygger Hermitefunksjonene uten at noen differensiallikning av andre orden løses.
En stasjonær tilstand står stille. En superposisjon av nabonivåer svinger med $\omega$ , og den koherente tilstanden $a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle$ svinger som en klassisk partikkel uten å endre form.
I Heisenbergbildet utvikler operatorene seg, $\hat F_H = \hat U^\dagger\hat F\hat U$ med $\hat U = e^{-i(t - t_0)\hat H/\hbar}$ . For oscillatoren gir det $\hat x_H(t) = \hat x\cos\omega t + (\hat p/m\omega)\sin\omega t$ .