Skip to main content
Global

3.9: נספח- אלגברה אופרטיבית אקספוננציאלית

  1. Last updated
  2. Save as PDF
  • Page ID
    207267

    • \( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)\(\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}\)

    נניח שהקומוטטור של שני מפעילים, \(A\) \(B\)

    \[ [A,B]=c, \label{3.6.50}\]

    שם \(c\) נוסע עם \(A\) ובדרך \(B\) כלל זה רק מספר, למשל 1 או\(i\hbar\).

    ואז

    \[\begin{align} [A,e^{\lambda B}] &= \left[A,1+\lambda B+ \left(\dfrac{\lambda^2}{2!} \right)B^2+ \left(\dfrac{\lambda^3}{3!}\right)B^3+\dots\right] \\[5pt] &= \lambda c+ \left(\dfrac{\lambda^2}{2!}\right)2Bc+ \left(\dfrac{\lambda^3}{3!}\right)3B^2c+\dots \\[5pt] &= \lambda ce^{\lambda B}. \label{3.6.51} \end{align}\]

    כלומר, הקומוטטור של \(A\) עם \(e^{\lambda B}\) הוא פרופורציונלי לעצמו\(e^{\lambda B}\). זה מזכיר את יחס ההחלפה הפשוט של מתנד הרמוני \([H,a^{\dagger}]=\hbar\omega a^{\dagger}\) שהוביל ישירות לסולם הערכים העצמיים של מופרדים על ידי. \(H\) \(\hbar\omega\) האם יהיה "סולם" דומה של מצבים עצמיים של \(A\) באופן כללי?

    בהנחה \(A\) (שהוא מפעיל כללי) יש מצב עצמי \(|a\rangle\) עם ערך עצמי, \(a\)

    \[ A|a\rangle=a|a\rangle. \label{3.6.52}\]

    הגשת בקשה \([A,e^{\lambda B}]=\lambda ce^{\lambda B}\) למצב העצמי\(|a\rangle\):

    \[ Ae^{\lambda B}|a\rangle=e^{\lambda B}A|a\rangle+\lambda ce^{\lambda B}|a\rangle=(a+\lambda c)|a\rangle. \label{3.6.53}\]

    לכן, אלא אם כן הוא אפס זהה, \(e^{\lambda B}|a\rangle\) הוא גם מצב עצמי של, עם ערך עצמי. \(A\) \(a+\lambda c\) אנו מסיקים שבמקום סולם של מצבים עצמיים, אנו יכולים כנראה ליצור רצף שלם של מצבים עצמיים, שכן \(\lambda\) ניתן להגדיר באופן שרירותי!

    כדי למצוא זהויות מפעיל נוספות, \([A,e^{\lambda B}]=\lambda ce^{\lambda B}\) הכפל מראש \(e^{-\lambda B}\) כדי למצוא:

    \[ \begin{align*} e^{-\lambda B}Ae^{\lambda B} &= A+\lambda[A,B] \\[4pt] &=A+\lambda c. \label{3.6.54}\end{align*}\]

    זהות זו נכונה רק למפעילים\(A\), \(B\) שהקומוטטור שלהם \(c\) הוא מספר. (ובכן, \(c\) יכול להיות מפעיל, בתנאי שהוא עדיין נוסע עם שניהם \(A\) ו\(B\)).

    המשימה הבאה שלנו היא לבסס את הזהות השימושית הבאה, וזה נכון גם רק אם \([A,B]\) נוסעים עם \(A\) ו\(B\):

    \[ e^{A+B}=e^Ae^Be-\frac{1}{2}[A,B]. \label{3.6.55}\]

    ההוכחה היא כדלקמן:

    הוכחה

    קח\( f(x)=e^{Ax}e^{Bx}\),

    \[ \begin{align*} \frac{df}{dx} &=Ae^{Ax}e^{Bx}+e^{Ax}e^{Bx}B \\[4pt] &=f(x)(e^{-Bx}Ae^{Bx}+B) \\[4pt] &=f(x)(A+x[A,B]+B). \end{align*}\]

    קל לבדוק שהפתרון למשוואה דיפרנציאלית מסדר ראשון זה השווה לאחד ב \(x=0\) הוא

    \[ f(x)=e^{x(A+B)}e^{\frac{1}{2}x^2[A,B]} \nonumber\]

    כך שלקיחה \(x=1\) נותנת את הזהות הנדרשת,

    \[e^{A+B}=e^Ae^Be^{-\frac{1}{2}[A,B]}. \nonumber\]

    \(\square\)

    מכאן נובע גם \(e^Be^A=e^Ae^Be^{-[A,B]}\) שסיפק - כמו תמיד - שנוסע עם ו. \([A,B]\) \(A\) \(B\)