Hamiltoniano para campo de un solo modo en cavidad

Question

Dado que el Hamiltoniano para un campo de un solo modo es $$ H = \frac{1}{2}\int dV \left[ \epsilon_0E_x^2(z,t) + \mu_0^{-1}B_y^2(z,t) \right],$$ con \begin{align} E_x(z,t) =& \sqrt{\frac{2\omega^2}{V\epsilon_0}}q(t)\sin(kz) \\ \text{y} \quad B_y(z,t) =& \left( \frac{\mu_0\epsilon_0}{k}\right) \sqrt{\frac{2\omega^2}{V\epsilon_0}}p(t)\cos(kz) \end{align} debería ser posible demostrar que $H=\frac{1}{2}(p^2+\omega^2 q^2)$.

Sin embargo, cuando lo intento, solo puedo llegar hasta cierto punto. Más específicamente $$H = \frac{1}{2} \int dV \left[ \frac{2}{V}q^2(t)\sin^2(kz) + \frac{2\omega^2}{V}p^2(t)\cos^2(kz) \right]$$ $$=\frac{1}{2} \int dV \left[\omega^2 q^2\frac{1}{V}\left(1-\cos(2kz)\right) + p^2\frac{1}{V}\left(1+\cos(2kz)\right) \right].$$

En este punto, no estoy seguro de cómo seguir. Parece que la integral debería resolverse utilizando $\int \frac{1}{V} dV = \log(V)$, pero eso no parece tener sentido. Entonces, ¿qué hace que desaparezcan los términos coseno y cómo se resuelve $\int \frac{1}{V} dV$?

Answer 1

Consejos:

1. La notación es confusa. En la primera línea $\int dV$ es una integral sobre el espacio dentro de un volumen $V$. Sería mucho mejor escribir $\int_V d^3r$. O, ya que el ejemplo parece ser unidimensional, $\int_V dz$.
2. El $V$ en las funciones modales es el volumen real sobre el que estás integrando. Por lo tanto, sale de la integral. En nuestra nueva notación, esto es fácil de ver, por ejemplo: $$\int_V dz \frac{1}{V} \sin^2(kz) = \frac{1}{V} \int_V dz \sin^2(kz).$$
3. Así que todo lo que tenemos que hacer es calcular integrales como $\int_V dz \sin^2(kz)$ y $\int_V dz \cos^2(kz)$. Esto se puede hacer si las condiciones límite del modo están correctamente especificadas. Por ejemplo, para un modo entre 2 espejos perfectos que están separados por una distancia $d$, las condiciones límite impondrían $E(0)=E(d)=0$ y por lo tanto $k=\frac{n\pi}{d}$ donde $n \in \mathbb{Z}$. Entonces, con $V=d$

$$\int_V dz \sin^2(kz) = \int_0^d dz \sin^2\left( \frac{n\pi}{d} z\right) = \frac{d}{2}.$$

Espero que eso ayude.

Answer 2

Me encontré con esto en el libro Introductory Quantum Optics de Gerry & Knight como un ejercicio destinado al lector.

De todos modos, comencé con las soluciones proporcionadas a las ecuaciones de Maxwell sin una fuente/corriente $$ \begin{cases}E_x(t,z) = \left(\dfrac{2\omega^2}{V\varepsilon_0} \right)^{1/2}q(t)\sin(kz) \\ B_y(t,z) = \left(\dfrac{2\omega^2}{V\varepsilon_0} \right)^{1/2}\dfrac{\mu_0\varepsilon_0}{k}\dot{q}(t)\cos(kz) \end{cases} $$

Luego simplemente verifiqué que realmente satisfacían las ecuaciones de movimiento. Al hacerlo, noté que esto requiere que la función dinámica (también conocida como estado del campo) $q(t)$ satisfaga $\partial_t \dot{q}(t) \propto q(t)$, lo cual tiene sentido aquí ya que el campo $B$ debe satisfacer la ecuación de onda $(\partial_t^2-\partial_z^2)B=0 $ en unidades donde la velocidad $c$ de aquello que está ondeando es $1$. En estas unidades, su solución general tiene la forma $f(x+t)+g(x-t)$, lo cual es equivalente a un producto de un coseno con un argumento temporal y otro con un argumento espacial. Si esto no está claro, puedes consultar la Serie de Conferencias de Feynman Volumen II $\S$ 20.1 (enlace) para una revisión.

Lo siguiente es el Hamiltoniano para un campo de un solo modo que consiste en los campos anteriores $E$ y $B$, $$H = \dfrac{1}{2}\int dV \left[\varepsilon_0 E^2+\dfrac{1}{\mu_0}B^2 \right], $$ donde la integración es sobre una cavidad unidimensional a lo largo del eje $z$ con $z\in[0,L]$ y con cada campo desapareciendo en los límites. Escogiendo $\omega = kc$ (es decir, un solo modo), recordando $c^2 = (\varepsilon_0\mu_0)^{-1}$, y considerando $\dot{q}(t)= p$ como momento canónico, tenemos $$H = \dfrac{1}{L}\left[\omega^2 q^2\int_0^L\sin^2(kz)\hspace{0.1cm}dz+p^2\int_0^L\cos^2(kz)\hspace{0.1cm} dz \right]. $$ Eso reduce el problema a dos integrales. Siguiendo los datos de los límites, uno puede escoger $k = m\pi/L$ con $m\in \mathbb{N}$ de manera que $$\int_0^L \sin^2\dfrac{m\pi z}{L} \hspace{0.1cm} dz = \frac{1}{2}\int_0^L\left[ 1-\cos\frac{2m\pi z}{L}\right]dz = \dfrac{L}{2}$$ ya que solo sobrevive la integración del primer término. De manera similar, $\dfrac{L}{2}$ es todo lo que queda de la otra integral, resultando en \begin{align} H &= \frac{1}{L}\left(\omega^2 q^2 \dfrac{L}{2} + p^2 \dfrac{L}{2}\right)\\ \Rightarrow H &= \dfrac{1}{2}(p^2 + \omega^2 q^2), \end{align} mostrando que el Hamiltoniano para un campo de un solo modo es equivalente al de un oscilador armónico simple con masa unitaria. Aunque este cálculo fue completamente clásico, claramente sitúa a uno en un lugar familiar para empezar a cuantizar el campo electromagnético.

Answer 3

Me encontré con este problema en la Introducción a la Óptica Cuántica de Gerry & Knight también.

Creo que la razón por la cual el término V puede salir de la integral es, V es la función de $\omega$ ya que el volumen efectivo V proviene de

$$\varepsilon_0 E_0^2 V = \hbar\omega$$

lo cual muestra claramente que $V$ es $V(\omega)$.

(c.f. Amplitud de un campo de luz cuantizado de modo único en una cavidad)

Pero como se menciona en el libro, el $\omega$ aquí está dado por

$$\omega_m = c(m\pi/L), m=1, 2, \cdots$$

lo cual implica que el $V$ dado es constante en cada $\omega$.

Soy solo un estudiante universitario. Así que si hay alguna retroalimentación, por favor siéntase libre de corregir mi respuesta.