单简谐振子

升降算符的定义

哈密顿量可写为

$\hat H= \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m \omega^2\hat{x}^2 =\frac{1}{2}\hbar\omega\left(2A^2\hat{x}^2+2B^2\hat{p}^2\right)$

分别构造湮灭算符和产生算符

$\hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left( \hat{x}+\frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)$

$\hat{a}^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left( \hat{x}-\frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)$

$\left[\hat{a},\hat{a}^\dagger\right]=1$

则Hamiltonian可写成如下形式

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

则Schrodinger方程可写为

$\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right)\ket{\psi}=E_\psi\ket{\psi}$

将 $\hat{a}$ 同时作用于等式两边，得到

$\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right)\quad\hat{a}\ket{\psi}=\left(E_\psi-\hbar\omega\right)\quad\hat{a}\ket{\psi}$

显然，此时 $\hat{a}\ket{\psi}$ 已成为新的本征态，其本征值为 $E_\psi-\hbar\omega$ 。我们可以递推下去，每当在两边同时加上一个 $\hat{a}$ ，就会形成一个新的本征态，其本征值相比作用前的本征值减小了 $\hbar\omega$ 。但在物理系统中，不存在 $E_\psi=-\infty$ ，因此我们设基态为 $\ket{E_0}$ ，当 $\hat{a}$ 作用在基态时，有 $\hat{a}\ket{E_0}=0$ 。再将目光转至基态的能量本征方程

$\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right)\ket{E_0}=\hbar\omega\hat{a}^\dagger\hat{a}\ket{E_0}+\frac{1}{2}\hbar\omega\ket{E_0}=\frac{1}{2}\hbar\omega\ket{E_0}$

得到基态 $\ket{E_0}$ 的能量本征值为 $\frac{1}{2}\hbar\omega$ ，同理在schrodinger方程两边同时作用 $\hat{a}^\dagger$ ，得到

$\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right)\quad \hat{a}^\dagger \ket{\psi}=\left(E_\psi+\hbar\omega\right)\quad\hat{a}^\dagger\ket{\psi}$

综上，得到能量的本征值

$E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega$

代数方法只利用 $\left[\hat{a},\hat{a}^\dagger\right]=1$ 便成功解出能量本征值，避开了级数解法的复杂性

能量本征态的系数我们会在下节求得，暂时写为

$\ket{E_n}\propto\left(\hat{a}^\dagger\right)^n\ket{E_0}$

升降算符对本征态作用后的系数

由上节能量本征值我们得到

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

对比两边得到 $\hat{a}^\dagger\hat{a}$ 的本征值为 $n$

$\hat{a}^\dagger\hat{a}\ket{n}=n\ket{n}$

并记 $\hat{N}=\hat{a}^\dagger\hat{a}$ 为数算符，又设 $\hat{a}^\dagger$ 作用后的系数为 $\alpha$ ，则有

$\hat{a}^\dagger\ket{n}=\alpha\ket{n+1}$

对上式两边同时取厄米共轭并做内积

$\bra{n}\hat{a}\hat{a}^\dagger\ket{n}=\lvert\alpha\rvert^2\$

代入升降算符的对易关系，得到

$\alpha=\sqrt{n+1}$

类似的，也可以求得 $\hat{a}$ 作用后的系数 $\beta=\sqrt{n}$ ，得到

$\hat{a}^\dagger\ket{n}=\sqrt{n+1}\ket{n+1}$

$\hat{a}\ket{n}=\sqrt{n}\ket{n-1}$

$\ket{n}=\frac{\left(\hat{a}^\dagger\right)^n}{\sqrt{n!}}\ket{0}$

这三式十分重要，须牢记， $\hat{a}$ 和 $\hat{a}^\dagger$ 在薛定谔绘景下十分重要

第三式称为Fock state（光子数态），光子数已知而相位未知

坐标表象下的态矢（波函数）

本征态波函数

在上节中任意态矢与基矢的关系已知，在坐标表象下，只需求得基态波函数即可得到任意波函数，我们先求基态波函数，在 $\hat{a}\ket{0}=0$ 两边同时作用一个 $\bra{x}$

$\bra{x}\hat{a}\ket{0}=\bra{x}A\hat{x}+iB\hat{p}\ket{0}=0$

$\Rightarrow\qquad \left[Ax+B\hbar\partial_x\right]\psi_0\left(x\right)=0$

$\Rightarrow\qquad -\frac{A}{B\hbar}x\psi=\frac{d\psi}{dx}$

$\Rightarrow\qquad -\frac{A}{B\hbar}xdx=\psi d\psi$

$\Rightarrow\qquad \psi_0\propto e^{-x^2/{2\lambda}}$

便得到基态波函数（差一相位因子），其中 $\lambda=\frac{\hbar B}{A}=\frac{\hbar}{m\omega}$ ，由此任意波函数可写为

$\psi_n\left(x\right)=\bra{x}\frac{\left(\hat{a}^\dagger\right)^n}{\sqrt{n!}}\ket{0}=\frac{A^n}{\sqrt{n!}}\left(x-\lambda\partial_x\right)^n\psi_0\left(x\right)$

海森堡方程

海森堡绘景下算符会随时间演化，考虑下面这个式子

$\frac{d}{dt}\hat{a}=\frac{1}{i\hbar}\left[\hat{a},\hat{H}\right]=-i\omega\hat{a}$

解时间微分方程，得到

$\hat{a}\left(t\right)=\hat{a}\left(0\right)e^{-i\omega t}$

由坐标算符和湮灭算符的关系知

$\hat{x}\left(t\right)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left[\hat{a}\left(0\right)e^{-i\omega t}+\hat{a}^\dagger\left(0\right)e^{i\omega t}\right]$

所有算符最后都可用 $\hat{a}$ 和 $\hat{a}^\dagger$ 来写出

平均值由大量实验测得，所有算符的平均值在薛定谔绘景和海森堡绘景下相同，初态下的算符平均值可表示为

$\left<\hat{x}\left(t\right)\right>=\bra{\psi\left(0\right)}\hat{x}\left(t\right)\ket{\psi\left(0\right)}\propto\cos\left(\omega t+\phi\right)$

坐标以 $\cos$ 形式振荡，量子结果与经典结果相对应

$\hat{x}$ 和 $\hat{p}$ 在海森堡表象下的形式

$\hat{x}=\sqrt\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)$

$\hat{p}=\sqrt\frac{m\hbar\omega}{2}\left(\frac{\hat{a}-\hat{a}^\dagger}{i}\right)$

多简谐振子

多谐振子耦合

电磁场由无穷多个谐振子（振动模式）叠加，量子化电磁场就相当于量子化谐振子。对于简谐振子，湮灭和产生的是能量，而对于电磁场，湮灭和产生的对象是光子（ $\hbar \omega$ ）。因此谐振子的耦合对量子化电磁场十分重要，先考虑两谐振子的Lagrangian

$L=\frac{1}{2}m\dot{x_1}^2+\frac{1}{2}m\dot{x_2}^2-\frac{1}{2}\kappa \left(x_1-x_2\right)^2$

进行坐标变换

$X=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x_1+x_2\right) \quad \text{（中点性质）}$

$d=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x_1-x_2\right) \quad \text{（距离性质）}$

Lagrangian就有了如下形式

$L=\underbrace{\frac{1}{2}m\dot{X}^2}_{\text{一个自由粒子}}+\underbrace{\frac{1}{2}m\dot{d}^2+\frac{1}{2}\cdot 2\kappa d^2}_{\text{一个谐振子}}$

经过一个坐标变换后，Lagrangain由原来的耦合形式变成了简正模式（独立的振荡模式）。再考虑 $N$ 个同质量谐振子的Lagrangian

$L=\sum_n\frac{1}{2}m \dot{x}^2_n-\sum_{n,m}\frac{1}{2}\kappa _{mn}\left(x_m-x_n\right)^2=\frac{1}{2}m\mathrm{\dot{X}^T\cdot \dot{X}}-\frac{1}{2}\mathrm{X^T \cdot K \cdot X}$

最后一项矩阵相乘虽然看起来很迷惑，但只要代入一个三阶矩阵就能看明白了

由于 $\mathrm{K}$ 是对称矩阵，根据对称矩阵的性质

$\mathrm{K=K^T=O\cdot D \cdot O^T}$

其中 $\mathrm{D}$ 是对角矩阵（非主对角线元素为 $0$ ），则

$\mathrm{X^T \cdot K \cdot X=\left(X^T \cdot O\right)\cdot D \cdot \left(O^T \cdot X\right)=Y^T \cdot D \cdot Y }$

相当于一个坐标变换，只有主对角线元素有值。事实上，我们总可以通过对角化，来写成相互独立的振动模式，如下

在构造出特殊的 $K_n$ 和 $y_n$ 后，Lagrangian又变化为

$L=\sum_n \frac{1}{2}m\dot{y}^2_n-\frac{1}{2}K_ny_n^2$

这样，双重求和指标变成了单个求和指标，原本相互耦合的 $N$ 个谐振子就写成了 $N$ 个相互独立的谐振子

傅里叶变换

一个周期为 $L$ 的函数，可展开为

$f\left(x\right)=\sum_{k=-\infty}^\infty\tilde{f}_ke^{i\frac{2\pi}{L}kx}$

$e$ 指数具有正交归一关系，下面将用到

$\int ^L_0\mathrm{d}xe^{i\frac{2\pi}{L}\left(k-q\right)x}=L\cdot\delta_{kq}$

根据 $\braket{\psi_m|f}=\sum_n\bra{\psi_m}\alpha_n\ket{\psi_n}=\alpha_m$ ，这里的 $\alpha_m$ 就相当于傅里叶系数，写出函数形式

$\int^L_0dxe^{-i\frac{2\pi}{L}qx}\cdot f\left(x\right)=\int^L_0dxe^{-i\frac{2\pi}{L}qx} \cdot \tilde{f}_ke^{i\frac{2\pi}{L}kx}=L\cdot\tilde{f}_q$

$\Rightarrow\qquad \tilde{f}_k=\frac{1}{L}\int^L_0dxe^{-i\frac{2\pi}{L}kx}\cdot f\left(x\right)$

连续场的经典Lagrangian

连续场与多个耦合谐振子的区别在于取连续值而不是分立值，并通过积分求和，一段长度为 $L$ 的绳的拉格朗日量可分别写为

$L=\left[\left\{z_n\right\},\left\{\dot{z}_n\right\}\right]=\sum\frac{1}{2}m\dot{z}_n^2-\frac{1}{2}k\left(z_n-z_{n+1}\right)^2$

$\begin{align*} L&=\int^L_0dx\left\{\frac{1}{2}\rho\left[\partial_t\phi\left(x,t\right)\right]^2-\frac{1}{2}\kappa\left[\partial_x\phi\left(x,t\right)\right]^2\right\} \\ &=\int dx\mathscr{L}\left[\phi,\partial_\mu\phi\right] \end{align*}$

其中 $\rho$ 为密度， $\phi$ 为振幅， $\mathscr{L}$ 称为拉格朗日密度， $\partial_x \phi$ 的由来如下

$\frac{\partial\phi}{\partial x}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\phi\left(x+\Delta x,t\right)-\phi\left(x,t\right)}{\Delta x}$

对 $\phi\left(x,t\right)$ 做傅里叶变换

$\phi \left(x,t\right)=\sum_{k=- \infty }^{\infty}e^{i\frac{2\pi k}{L}x} \varphi_{k} \left(t\right)$

$\varphi \left(t\right)=\frac{1}{L} \int ^{L}_{0}\mathrm{d}xe^{-i\frac{2\pi k}{L}x} \phi\left(x,t\right)$

傅里叶变化就是一个坐标变换，将 $\phi \left(x,t\right)$ 以 $\varphi\left(t\right)$ 为基底展开，展开系数是一个复数，而一个复数有两个自由度，也就是说一个谐振模式多出了一个自由度，其实不然：表示振幅的 $\phi$ 作为一个实数，其共轭等于自身，这就要求

$\varphi_k^*\left(t\right)=\varphi_{-k}\left(t\right)$

这样，展开系数的平均自由度还是 $1$ 。再回到 Lagrangian，将傅里叶变换代入得到：

$\begin{align*} L&=\int dx\sum_{k,q}\frac{\rho}{2}e^{i\frac{2\pi}{L}\left(q-k\right)x}\dot{\varphi}^*_k \dot{\varphi}_q-\frac{\kappa}{2}e^{i\frac{2\pi}{L}\left(q-k\right)x} \varphi^*_k\varphi_q \\ &=\sum^\infty_{k=-\infty}\frac{\rho L}{2} \lvert \dot{\varphi_k}\rvert^2-\frac{2\pi^2 \kappa}{L}k^2\lvert \varphi_k\rvert^2 \end{align*}$