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简振子与玻色算符一、简振子 以 g 表示位移、 p 表示动量,则经典简振子的能量为: 11E = T + V =p E = (n +) h w n = 0,1,2 + m w 2 g 22 m2在量子力学中,力学量用算符表示,坐标与动量表示为q T q = q, 8p T p = - i h 8q它们满足正则对易关系:(以后算符略去 符号)q, p = ih哈密顿量为:h2 d 21H = -+ m w 2 q22 m dq 2 2简振子的问题归结为求解sch方程H屮=E屮1、无量纲法T 22 = q 4 1 m w 22令q = 4,则m whw(g2sch方程变为:d2(g 2 )屮一九屮dg 2其中九满足E = h wX2在归一化条件(束缚态)的限制下,可以得出2、算符法引入b和b + :b =丄(+三)2 d gb+ =可以解出:bb=2(g 2d2-g-+- g)d g dgbb=2(g 2所以有:b, b + 三 bb上式即玻色算符的一般定义。(玻色算符的一般定义为:b,b+=1厄米共轭的定义:= = )于是,sch方程变成九1 ,(n =,九0)(附:H 正定)2九0可从以下证明得到:)屮=Xf + g| 屮 I2 d gg右边恒为正,左边积分后第一项也恒为正。第二项=J + g d g屮gd2d g 2屮=J d gVgd2屮dg 2=-J+gdg W,|2 dg 0g所以九0)九0表明n有下界,下面根据以下方程来求解:b, b + = 1 与(b + ) n |0 的标积:| b ( b + ) n = = n + 设m n,则递推下去= n(n -1) = n! =n!6mn当m = n时,得归一化的本征矢1屮 =(b + ) n屮n 5!(b屮=0)0在实际问题中,波函数并不是重要的,重要的是力学量的本征值,以下两个量是重要的需要知道他们的矩阵元任一力学量0的矩阵元为算符b+和b的非零的矩阵元为:=b + (b + )n I 0 xn!n + 1 -J( n + 1)!(b + ) n +1 I 0 1n!b I n = b (b + )n I 0 vn!n(b + ) T I 0 、:n!v n;(b + ) I 0 n!其矩阵为:00 0 、V100200v3V -5丿-丿b + =d利用可得:n= :-d=dgdi n + 1=d gV 2二、玻色算符的性质b,(b+)n = n(b+)n1 =d bnb + , bn = nb n-1 = d bb, f(b+) =b+, f (b)这里的 f (b) 要有意义,它应能展成幂级数n=0例:b neb =乙n!n = 0证:即:同理可证另特殊情况:设:由此得:所以有同理有可证: 证:b , f (b +) = S C b ,(b +) n nn - 0S C (b + ) nnn - 0af( b+)a b +af(b+)a b +f (b +) = e ah +ab, e ab + = a e a b+be ab+ = aeab+ + aeab+ b= aeab+ (b + a)e _ab + be ab + = b + ae _abb + eab = b + _ ae_ab+ f(b)eab+ = f(b+a)左 =e_ab+ S C b neab+是数=工 C e-ah + bneab+nn=工 C e -ah + hhhe ah+nn在h与h之间插入e ah + e -ah + = 1得:= 工 C e-ah + he ah + e -ah + hhe ah+nn=X C (h + a ) nnne _ah f (h + )e ah = f (h + a )设f (h) = e Ph , B是一个数e ah + e Ph e ah + = e P (h a ) = e aP e Ph则可证:设 f (h + ) = e Ph + ,e ah e P h + e ah = e aP e P h +e ah + h he ah + h = e a he ah + h h + e ah + h = e a h +证: 设则f (a ) = e ah+h he ah+hdf (a ) = e ah + h h + hhe ah + h e ah + h hh + he ah + h daeah+hh+,hhe ah+h= eah+hhe ah+h= f(a )(用到h +h与e 士a+h对易)f (a ) = f (0)e _a = he _a这就证明了第一式,同理可证第二式0 0例:A (t) = e 力 A (0) e 一力对于谐振子:A(t) = e tb + b Ae 一 i tb + bb (t) = e 血也+b be 一血也+bb+ (t) = eitb+幺正变换:定义:U + U = UU + = 1la I2则:1 la I2U + = e 2J e -ab + e a *bUU + = e-IaI2eab+ e-a*be-ab+ ea*b=e -la I2 e -a *( b -a ) e a *b可证:(见 Messiah:亠Id I2要用到 Baker-Hauldorf 定理(见理论物理习题集 P398)Quantum Mechanics Vol.)B 是两个算符,且,A,B,A=A,B,B= 01e Ae B = e A+B e 2一般:e A+B = e A + j1 e(i 一九)ABe 九 Ad 九三、位移简振子与相干态设简振子附加一个恒力,势正比于坐标则薛定谔方程为:丄(g 2 止2d g 2g = 2( b + b + )d1=(b b + )d g v2方程变为:b配方:d .e a( x)主 e a (x dxd -)A (x)dx+ b 一 r (b + b + )屮(b+ r)(b r )屮=b+ =b+ r易证: , +满足 b , b + = 1九1屮2九1(+ r2)屮2即 , +也是玻色算符,于是b b + b + b = 1 b + b 屮=n 屮n 有下界基态:,且 b = 000激发态:n = 0 ,1,2与屮的关系 00V 满足 b V = 0 00V 满足 b V = 000由于屮是正交归n完备的,所以可展成0利用(b 一 r )|=00b =r 00C b屮=乙rC屮nnn nn = 1n = 0( n =0 的项为 0 )n=0比较系数得递推关系rC = Cn vnn1rn=石C o所以rn=C erb 屯00(可见0是相干态)0我们按以下要求来确定C:01 = 0 1000=I C0r n r mI2 乙乙y nx m!nm=I C0r 2n|2 En!|2 er2取C 0为实数r2所以-1r2rb以上结果也可由以下方法得到: 引入幺正变换U = erb- 1 |r |2rbe-rb- r *b )= e ( rb + - r *b ) +r*b- rb1|r|2r*b e - rbUbU- 1 |r | 2erb + e - r * bbe1 | r |2- rb= e rb + be - rb +=b-rb呎=00(b 一 r )|= 00UbU +v = 00U + UbU +v = 00bU +v = 00U +0 =屮00= U 屮001 一 r ) nv(b + ) ” v; n!1=(Ub + U + r)n U屮5!01= Ub + U + Ub + U +. U屮 n!01=U (b + )n 屮 n!0与屮之间只差一个幺正变换:n = U 屮00=e rb + -r*方屮=e 一 21 r |2 erb + e 一r %屮0=e 一 2|r 卩 erb + 1 t* b +1!=e|r|2 erb +屮0(用到b屮=0)0r n=e|r|2 乙(b + )n屮n!r n=e|r| 丄vn! n由于(b 一 r )|= 00写成数。b = r00是b的本证态,属于本征值r。0一般的,我们定义非厄密算符b的本征态为相干态,其本征值r也可以是负在本例中r是实数,是相干态0在相干态rn亍n中,各种屮的成份都有,相应的几率为nr nI e 一2IrI2 r 2n丨2 = e Ir I2n!n!这表明粒子数是不固定的(粒子即光子方O )粒子数分布为泊松分布(试与B-E分布比较)。n =00=工(r*)mrne IrI 2m! :n!mn=工(r * ) m r n e IrI2mn m n V m n!=e I r I2工(I r I2)n (n 1)!(I r I2)n-i=e -IrI2 工(n 一1)!|r |2=I r I2= 一2 = I r IB-E分布为:e n p h P (n)=1 一 e -卩hn 1n =()二n + 1 n +1此外,相干态的各屮之间的相角是固定的。这一点与波函数屮不同。波函 nn数屮乘以任一相因子都可以,具有相角不定性,而粒子数则是固定的。可见相 n角与粒子数也存在测不准关系。相干态是最小不准度的态。即:A qAp = h / 2d21=(b +: n!
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