Conmutador con una raíz cuadrada

Question

Cómo encontrar el colector $[a, \sqrt{a^\dagger a}]$? Aquí $a$ es una costumbre bosonic aniquilación del operador, y $[a, a^\dagger] = 1$.

La primera cosa que he intentado es $$ [x,A] = [x, \sqrt{A}]\sqrt{A} + \sqrt{A}[x, \sqrt{A}] $$ lo que muestra claramente cualquiera de los conmutadores de la similitud de los derivados y la diferencia entre ellos. En general, $[[x,\sqrt A], \sqrt A] \neq 0$, lo $[x, \sqrt{A}] \neq \frac{[x,A]}{2\sqrt A}$.

El truco habitual (véase Mandel, y el Lobo, de Coherencia Óptica y Óptica Cuántica) $$ [a, f(a,^\daga)] = \frac{df}{da^\daga} $$ no sirve de nada aquí. De hecho, el cálculo de la derivada se define como $$ \frac{df(a,a^\daga)}{da^\daga} = \lim_{\delta \to 0} \frac {f(a,^\daga + \delta) - f(a,^\daga)}\delta $$ para $f = \sqrt{a^\dagger a}$ conduce a $$ \frac d {da^\daga} \sqrt{a^\daga, un} = \left(2\sqrt{a^\daga, un}\right)^{-1} + \lim_{\delta \to 0} {\left[\sqrt{(a^\daga + \delta)}, \sqrt{a^\daga, un}\right]} \left( \delta\sqrt{(a^\daga + \delta)} + \delta\sqrt{a^\daga, un} \right)^{-1}. $$

Answer 1

Tienes que usar el $|n\rangle $ de eigenstates del operador $\hat{n} = a^\dagger a$.

Tiene, entonces, que $a \sqrt{\hat{n}} ~|n\rangle = a \sqrt{n} ~|n\rangle = \sqrt{n} ~ a |n\rangle = \sqrt{\hat{n}+1} ~ a |n\rangle ,$donde la última igualdad es porque el $a |n\rangle \sim |n-1\rangle$%.

Así, $\left[a, \sqrt{\hat{n}}\right]~ |n\rangle = \left(\sqrt{\hat{n}+1} - \sqrt{\hat{n}}\right)~ a |n \rangle $, cada $|n\rangle $por ciento, y por lo tanto $$\left[a, \sqrt{\hat{n}}\right] = \left(\sqrt{\hat{n}+1} - \sqrt{\hat{n}}\right)~ a.$ $

Answer 2

Se nos da

$$[\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}.$$

Deje que

$$\hat{n}~:=~\hat{a}^{\dagger}\hat{a}.$$

Sugerencias:

1. Demostrar que %#% $ #%

2. Demostrar que si $$\hat{a}\hat{n} = (\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$ es una función suficientemente bien-comportada, $f:\Omega \subseteq \mathbb{C}\to \mathbb{C}$ $

3. Argumentan que el conmutador $$\hat{a}f(\hat{n}) = f(\hat{n}+{\bf 1}) \hat{a}.$ (en el nivel físico de rigor) que debería tener la siguiente forma (parcialmente) ordenó a la normal $[\hat{a},\sqrt{\hat{n}}]$ $

Answer 3

Formalmente, se puede decir

$$ \frac{df(a,a^\daga)}{da^\daga} = \lim_{\delta \to 0} \frac {f(a,^\daga + \delta) - f(a,^\daga)}\delta $$

para $f(a,a^{\dagger})=\sqrt{a a^{\dagger}}=\sqrt{a}\sqrt{a^{\dagger}}$

$$ \frac{df(a,a^\daga)}{da^\daga} =\sqrt{a} \lim_{\delta \to 0} \frac {\left(\sqrt{a^{\daga}+\delta}-\sqrt{a^{\daga}} \right)}\delta $$

Tenga en cuenta que $(a^{\dagger}+\delta)^{n}=(a^{\dagger})^n+(a^{\dagger})^{n-1}n\delta+O(\delta^2)$ (teorema del binomio), por lo que

$$ \sqrt{a} \lim_{\delta \to 0} \frac {\left(\sqrt{a^{\daga}+\delta}-\sqrt{a^{\daga}} \right)}\delta=\sqrt{a}\lim_{\delta \a 0}\frac{\sqrt{a^{\dagger}}}{\delta}+\frac{\delta}{2\sqrt{a^{\dagger}}\delta}+\frac{O(\delta^2)}{\delta}-\frac{\sqrt{a^{\dagger}}}{\delta}$$

Y, finalmente,

$$\frac{df(a,a^\dagger)}{da^\dagger} = \frac{\sqrt{a}}{2\sqrt{a^{\dagger}}} $$

Sin embargo no estoy seguro de si $\left(a^{\dagger}\right)^{n}$ está definido por $n \in \mathbb{Q}$$n \in \mathbb{Z}$.