Prueba de que los estados de energía de un oscilador armónico dado por el operador escalera incluyen todos los estados

Question

En mecánica cuántica, mientras estudiaba el oscilador armónico, aprendí sobre los operadores de escalera. Y me di cuenta de que si eres capaz de encontrar o determinar cualquier estado energético del oscilador armónico cuántico, entonces, utilizando los operadores de escalera, puedes determinar también los demás estados energéticos. Sin embargo, en ninguno de los textos que leí encontré el siguiente hecho:

Los estados energéticos determinados por el procedimiento anterior, es decir, utilizando el operador escalera son los únicos estados energéticos posibles del oscilador armónico. No existe ningún estado energético que no esté dado por el operador escalera.

Así que esta es mi pregunta:

¿Son los estados de energía determinados por el operador escalera en el caso de un oscilador armónico, los únicos estados energéticos posibles? ¿Es posible algún otro estado energético? ¿Y cuál es la prueba?

Es bien sabido que los estados mencionados son los únicos estados energéticos posibles, pero quiero una prueba rigurosa de que ningún otro estado es posible. Sin embargo el procedimiento analítico mencionado en diferentes libros muestra una solución aproximada de la ecuación de Schrodinger que puede considerarse rigurosa en el sentido de que resuelve la ecuación para derivar las soluciones aunque considera ciertas aproximaciones.

He buscado esta respuesta en libros relacionados con la mecánica cuántica escritos por DJ Griffiths, Gasiorowicz, Dirac y en recursos online como OCW, cursos de la Universidad de Columbia, caltech.edu, pero no he podido encontrar una respuesta adecuada.

Answer 1

Esta es una pregunta fantástica. Empecemos.

Asumiré que ya hemos definido los operadores de escalera $a$ y $a^{\dagger}$ y han definido un "estado básico" $|0\rangle$ (aún no hemos demostrado que sea el estado fundamental) tal que $a|0\rangle=0$ . También supondremos que ya sabemos que el hamiltoniano del oscilador armónico puede escribirse en la forma

$$H=\hbar\omega\left(a^{\dagger}a+\frac{1}{2}\right).$$

(Obsérvese que el estado básico $|0\rangle$ es trivialmente un estado propio con $E_0=\hbar\omega/2$ .) Por último, supondré que ya hemos mostrado las relaciones de conmutación de los operadores de escalera. A saber,

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

Con esto, tenemos suficiente para una prueba.

Podemos definir un estado $|n\rangle$ (olvidemos la normalización por ahora) como

$$|n\rangle=(a^{\dagger})^n|0\rangle,$$

donde $n$ es un número entero no negativo. El estado $|n\rangle$ es un estado propio del Hamiltoniano con energía $E_n=\hbar\omega(n+1/2)$ . Queremos demostrar que el conjunto $\{|n\rangle\}_{n\in\mathbb{Z}^+}$ son todos los posibles estados propios normalizables del hamiltoniano.

Recordemos que en la representación de la posición, si tenemos un potencial $V(x)$ entonces no podemos tener un estado propio normalizable $|\psi\rangle$ cuya energía satisface $E_{\psi}\leq\min V(x)$ . Es decir, no podemos tener una energía menor que la energía potencial mínima del sistema (es decir, la energía cinética debe ser positiva).

Ahora, terminamos con una prueba por contradicción. Consideremos un estado propio $|\psi\rangle$ cuya energía viene dada por $E_{\psi}=\hbar\omega(n+1/2+\epsilon)$ con $\epsilon\in(0,1)$ . Dicho estado describiría esencialmente cualquiera de los "otros" estados que $H$ podría permitir. Ahora, considera el estado $|\psi^{(1)}\rangle=a|\psi\rangle$ . Por el álgebra de los conmutadores, no es difícil demostrar que $|\psi^{(1)}\rangle$ tiene energía

$$E_{\psi^{(1)}}=\hbar\omega\left((n-1)+\frac{1}{2}+\epsilon\right).$$

Ahora, podemos inducir y definir un estado $|\psi^{(m)}\rangle\equiv(a^m)|\psi\rangle$ . Claramente, su energía viene dada por

$$E_{\psi^{(m)}}=\hbar\omega\left((n-m)+\frac{1}{2}+\epsilon\right).$$

Así, a menos que este proceso termine en algún momento (es decir, $a|\psi^{(m)}\rangle=0$ para algunos $m$ ), podemos alcanzar una energía arbitrariamente baja. Sin embargo, este proceso no podría terminar nunca, ya que el estado básico $|0\rangle$ es única (está definida en términos de un operador de posición y un único operador de derivada, por lo que $a|0\rangle=0$ simplemente define una ecuación diferencial de primer orden en el espacio de posición) y tiene energía $\hbar\omega/2$ Esto no se puede lograr para cualquier $\epsilon$ en el rango dado. Por lo tanto, ningún estado de este tipo $|\psi\rangle$ puede ocurrir. Del mismo modo, no podemos tener un estado con energía $E_{\psi}\in(0,\hbar\omega/2)$ por la misma lógica.

Así, hemos demostrado (muy rigurosamente) que la única normalizable de $H$ son los que tienen energía $\hbar\omega(n+1/2)$ que se obtienen de forma única a partir de la acción de los operadores de escalera sobre el estado base.

Espero que esto haya servido de ayuda.

(TL;DR -- Si otro estado existiera, tendría una energía que no es de la forma de las dadas por los operadores de escalera. Sin embargo, actuando sobre este estado muchas veces con $a$ produciría una energía arbitrariamente baja, por lo que dicho estado no podría existir).

Answer 2

Para demostrarlo, es necesario conocer el siguiente teorema: No hay estados ligados degenerados en 1D . La prueba se encuentra en el enlace. En el caso del potencial oscilante, cada estado propio es un estado ligado, por lo que no hay degeneración en el espectro.

Una vez que sabemos eso, el resto de la prueba es bastante sencilla. En lo que sigue, ignoraré la normalización y pondré $\hbar\omega=1$ para facilitar la notación. Tenemos un único estado básico, dado por $|0\rangle$ que satisface $a|0\rangle=0$ y $H|0\rangle=\frac{1}{2}|0\rangle$ . Sobre ese estado básico, definimos una torre de estados $|n\rangle=(a^\dagger)^n|0\rangle$ que satisfacen $H|n\rangle=(n+\frac{1}{2})|n\rangle$ . Afirmo que estos son todo los estados propios. Lo demostraremos por contradicción.

Digamos que hay algún otro estado propio $|\phi\rangle$ que no es uno de los $|n\rangle$ . Entonces $H|\phi\rangle=E_\phi|\phi\rangle$ . Utilizando la relación de conmutación de $a$ y $H$ se puede demostrar que $a^k|\phi\rangle$ es también un estado propio del Hamiltoniano con valor propio $E_\phi-k$ . Como sabemos que los valores propios no pueden ser negativos, eso significa que para algunos $k$ este proceso debe terminar. En otras palabras, para algún k, $a^k|\phi\rangle\neq 0$ pero $a^{k+1}|\phi\rangle=0$ . Pero si eso es cierto, $a^k|\phi\rangle$ necesariamente tiene energía $\frac{1}{2}$ ya que $Ha^{k}|\phi\rangle=(a^\dagger a+\frac{1}{2})a^{k}|\phi\rangle=\frac{1}{2}|\phi\rangle$ . Pero también sabíamos que este estado tenía energía $E_\phi-k$ . Así, $E_\phi-k=\frac{1}{2}$ o $E_\phi=k+\frac{1}{2}$ .

Pero eso es una contradicción. Eso significa que $|\phi\rangle$ y $|k\rangle$ tienen la misma energía. Por lo tanto, como no hay degeneración en 1D, deben ser el mismo estado. Esto contradice nuestra suposición de que $|\phi\rangle$ no estaba en nuestra lista inicial de estados.

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EDIT: En respuesta a su confusión en los comentarios, tal vez un ejemplo concreto ayude. Digamos que hay un estado $|\frac{1}{2}\rangle$ . Entonces $a|\frac{1}{2}\rangle$ sería un estado $|-\frac{1}{2}\rangle$ y $a^2|\frac{1}{2}\rangle$ sería un estado $|-\frac{3}{2}\rangle$ etc. Esto no está permitido, porque sabemos que nuestro hamiltoniano sólo tiene vectores propios no negativos, pero, por ejemplo $H|-\frac{3}{2}\rangle=(-1)|-\frac{3}{2}\rangle$ .

La única manera de no obtener vectores propios arbitrariamente negativos es si en algún momento $a^k|\phi\rangle$ ya no es un estado válido de su sistema. ¿Qué es un estado no válido del sistema? El vector cero es el único vector del espacio de Hilbert que no es un estado permitido de tu sistema. Por lo tanto, en algún momento, usted necesita tener $a^{k+1}|\phi\rangle=0$ . Pero, como he argumentado anteriormente, al tener $a^{k+1}|\phi\rangle=0$ implica que $a^k|\phi\rangle$ necesariamente tiene energía $\frac{1}{2}$ . Esto significa que $|\phi\rangle$ tenía energía $k+\frac{1}{2}$ Así pues, es $|k\rangle$ . También significa que $a^k|\phi\rangle$ es en realidad sólo $|0\rangle$ ya que $|0\rangle$ es el único vector con energía $\frac{1}{2}$

En ninguna parte asume que $|\phi\rangle$ no era un estado como $|1.41\rangle$ . Pero nosotros probado que si tal estado existiera, podríamos utilizar operadores de escalera para generar toda una serie de estados con energías arbitrariamente negativas. Como sabemos que nuestro Hamiltoniano no tiene estados de energía negativa, eso implica que un estado propio como $|1.41\rangle$ no puede existir.

Answer 3

1. Aquí supondremos que el oscilador armónico cuántico se da en un entorno algebraico (en lugar de geométrico). Digamos que sólo sabemos que
   $$\tag{1}\frac{\hat{H}}{\hbar\omega} ~:=~ \hat{N}+\nu{\bf 1}, \qquad\qquad \nu\in\mathbb{R},$$ $$\tag{2} \hat{N}~:=~\hat{a}^{\dagger}\hat{a}, $$ $$\tag{3} [\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]~=~{\bf 1}, \qquad\qquad[{\bf 1}, \cdot]~=~0.$$ También suponemos que los estados físicos viven en un espacio de producto interno $(V,\langle \cdot,\cdot \rangle )$ .

2. En mi respuesta de Phys.SE aquí con estos supuestos se demostró entonces que el espectro puntual del operador numérico $\hat{N}$ es precisamente todos los enteros no negativos $${\rm Spec}_p(\hat{N})~=~ \mathbb{N}_0 .\tag{4}$$

3. En particular, es posible llegar a todos los niveles de energía (posiblemente degenerados) actuando sobre un estado de vacío con el operador de creación $\hat{a}^{\dagger}$ .

4. Sin embargo, en el entorno algebraico (en lugar de geométrico) hay una advertencia: ¡el estado de vacío no tiene por qué ser único!

5. Ejemplo: $$V~=~F_A\oplus F_B\tag{5}$$ podría ser una suma directa de dos espacios de Fock con estados de vacío $|0\rangle_A$ y $|0\rangle_B$ respectivamente. En este sistema un estado de vacío general es una combinación lineal de $|0\rangle_A$ y $|0\rangle_B$ . Nótese que entonces no sería posible transformar un estado de vacío fijo dado en un estado de energía arbitrario actuando únicamente con el operador de creación $\hat{a}^{\dagger}$ . También necesitamos a los otros estados de vacío.

Answer 4

Supongamos que $| m \rangle$ es un estado propio de $N=a^\dagger a$ es decir $N | m \rangle = m | m \rangle$ y que $m \notin \mathbb{N}$ .

Entonces, como

$$a | m\rangle = c | m-1\rangle$$

con $c \in \mathbb C$ para algunos $k \in \mathbb N$ tendremos

$$a^k | m\rangle = c' | m-k\rangle$$

con

$$m-k<0$$

A continuación demostraremos que se trata de un absurdum . En efecto, dado un valor propio $n$ de $N$ tenemos

$$n = \langle n | N | n \rangle = \langle n | a^\dagger a |n \rangle = \| a | n \rangle \|^2\geq 0$$

Concluimos entonces que nuestra hipótesis $m \notin \mathbb N$ debe estar equivocado, y que $m$ debe ser un número entero no negativo.

Answer 5

El Las funciones propias producidas por los operadores de escalera son las funciones de Hermite que son un base completa para $L^2(R)$ . Por lo tanto, no hay estados ortogonales a ellos.