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Escalera operador de identidad para n|(a+a)k|m

Me gustaría saber si hay un cómodo identidad (y lo es) para

n|(a+a)k|m

donde |n,|m son autoestados de energía de un oscilador armónico simple de hamilton y a,a son de aniquilación y creación de los operadores, respectivamente. k es un número natural. He hecho problemas para k=1,2,3 pero no me queda claro cómo generalizar.

6voto

thierryb Puntos 1269

Sí, a condición de que estaban dispuestos a realizar las integrales que involucran polinomios de Hermite en coordinar los autoestados conectado a su espacio de Fock.

En primer lugar, recordemos a+a\daga=2 ˆx.

Entonces, ψm(x)x\amediadosdem=12mm! π1/4exp(x2/2)Hm(x), por lo que la inserción de un conjunto completo de coordinar los autoestados, n|(a+a\daga)k|m=2k/2n|ˆxk|m=2k/2dx n|xxkx|m=2k/21π12m+nn!m!dx ex2xkHn(x)Hm(x). Ahora tiene el uso de la correspondiente desordenado momento identidades para los polinomios de Hermite, pero usted puede comprobar su bajo índice de resultados específicos para los primeros, de esta manera.

4voto

Wakabaloola Puntos 543

Fácil derivación es a tener en cuenta: I(z,w)=ˉz|(a+a)k|w=(w+z)kezw dondeˉz|=0|eza|w=ewa|0, son coherentes estados, con a|w=w|wˉz|a=zˉz|.

La diferenciación de este wrt z y w (n y m veces respectivamente) y, a continuación, configuración de z=w=0 los rendimientos de la cantidad de interés después incluidas las normalizaciones (asumiendo n|m=δn,m): n|(a+a)k|m=1n!m!nzmw(w+z)kezw|z=w=0

Usando el teorema del binomio, (z+w)k=kb=0(kb)zkbwb, y también se ezw=a=01a!(zw)a, n|(a+a)k|m=1n!m!kb=0(kb)a=01a!(nzzk+ab)(mwwa+b)|z=w=0=1n!m!kb=0(kb)a=01a!(n!δk+ab,n)(m!δa+b,m) El examen de la gama de la suma de dos aprendemos que n|(a+a)k|m=0 menos enteros N,M se puede encontrar: n=k+NM,m=N+M,N{0,1,2,},M{0,1,2,,k} La no-desaparición de la expectativa de valores, por lo tanto: k+NM|(a+a)k|N+M=k!(N+M)!(k+NM)!N!(kM)!M! Como una comprobación de coherencia tenga en cuenta que para k=0 el lado derecho es igual a δM,0, y por lo N|N=1 como se esperaba.

4voto

zv_ Puntos 1114

Considere la posibilidad de un estado coherente exp(it(a+a))|0, donde uno puede mostrar que aexp(it(a+a))|0=itexp(it(a+a))|0.Then it's easy to work out a partial answer n|exp(it(a+a)|0=(it)ne12t2,which leads to n|(a+a)k|0=(i)kkt((it)ne12t2)t=0.

Presumiblemente, un método similar puede producir para el caso general, pero sin duda es más tedioso.

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