7.3 谐振子量子计算机¶

该节中的 5 个练习，实际上是让读者在基于位置算符与动量算符的对易关系 \([x, p] = i \hbar\)、以及谐振体系的 Hamiltonian 量 \(H\) (式 (7.4)) 和为了计算方便引入的升降算符 \(a^\dagger, a\) 的定义式 (式 (7.6-7))，完整地推导出谐振体系的各种算符与态关系 (包括式 (7.5, 7.10-12))。

练习 7.1¶

练习 7.1

根据 \(x\) 和 \(p\) 不对易的事实，并且实际上 \([x, p] = i \hbar\)，具体说明 \(a^\dagger a = H / \hbar \omega - 1/2\)。

我们先回顾一下定义式：

\[\begin{split} \begin{align*} H &= \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \\ a &= \frac{1}{\sqrt{2 m \hbar \omega}} (m \omega x + i p) \\ a^\dagger &= \frac{1}{\sqrt{2 m \hbar \omega}} (m \omega x - i p) \\ \end{align*} \end{split}\]

那么，

\[ a^\dagger a = \frac{1}{2 m \hbar \omega} (m \omega x - i p) (m \omega x + i p) \]

需要记得，算符不一定满足交换律。上述等式右边，\(x, p\) 分别是坐标算符与动量算符，不能像普通变量一样地化简。同时回顾到对易子定义 \([x, p] = xp - px\)，因此，

\[ a^\dagger a = \frac{1}{2 m \hbar \omega} (p^2 + m^2 \omega^2 x^2 + i m \omega [x, p]) = \frac{1}{2 m \hbar \omega} (p^2 + m^2 \omega^2 x^2 - m \hbar) \]

将 \(H\) 的定义式代入，很容易对原题得到证明。这其实也就对原书中的式 (7.5) 作了证明。

练习 7.2¶

练习 7.2

给定 \([x, p] = i \hbar\)，计算 \([a, a^\dagger]\)。

利用对易子的线性性质 \([A, B + C] = [A, B] + [A, C]\)，有

\[\begin{split} \begin{align*} [a, a^\dagger] &= \frac{1}{2 m \hbar \omega} [m \omega x + i p, m \omega x - i p] \\ &= \frac{1}{2 m \hbar \omega} \big( m^2 \omega^2 [x, x] - i m \omega [x, p] + i m \omega [p, x] + [p, p] \big) \end{align*} \end{split}\]

同一算符间的对易是零即 \([A, A] = 0\)；对易子满足反对易关系即 \([A, B] = - [B, A]\)，因此

\[ [a, a^\dagger] = \frac{1}{2 m \hbar \omega} \big( - 2 i m \omega [x, p] \big) = - \frac{2 i m \omega \cdot i \hbar}{2 m \hbar \omega} = 1 \]

练习 7.3¶

练习 7.3

计算 \([H, a]\)，并用这个结果证明，若 \(|\psi\rangle\) 是 \(H\) 的本征态，具有能量 \(E \geqslant n \hbar \omega\)，则 \(a^n |\psi\rangle\) 是具有能量 \(E - n \hbar \omega\) 的一个本征态。

这是对盒子 7.2 关于 \([H, a^\dagger]\) 性质的拓展。

这里我们要利用 \(H\) 的另一个定义：

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

利用到对易子的乘法分配性质 \([AB, C] = [A, C] B + A [B, C]\)，并利用练习 7.2 的结论，可知，

\[\begin{split} \begin{align*} [H, a] &= \hbar \omega [a^\dagger a + 1/2, a] \\ &= \hbar \omega \big( [a^\dagger, a] a + a^\dagger [a, a] + [1/2, a] \big) \\ &= - \hbar \omega [a, a^\dagger] a + 0 + 0 \\ &= - \hbar \omega a \end{align*} \end{split}\]

因此，如果 \(|\psi\rangle\) 为 \(H\) 的本征态且对应能级为 \(E\)，即 \(H |\psi\rangle = E |\psi\rangle\)，则

\[\begin{split} \begin{align*} H a |\psi\rangle &= (Ha - aH + aH) |\psi\rangle \\ &= [H, a] |\psi\rangle + a H |\psi\rangle \\ &= - \hbar \omega a |\psi\rangle + E a |\psi\rangle = (E - \hbar \omega) a |\psi\rangle \end{align*} \end{split}\]

即 \(a |\psi\rangle\) 此时也会是 \(H\) 的本征态，且对应能级是 \(E - \hbar \omega\)。依此类推，\(a^2 |\psi\rangle\) 的能级比 \(a |\psi\rangle\) 低 \(\hbar \omega\)，即 \(E - 2 \hbar \omega\)，等等。故 \(a^n |\psi\rangle\) 的能级是 \(E - n \hbar \omega\)。

练习 7.4, 7.5¶

这两道体系是对式 (7.10-12) 的补充说明与证明。我们先对练习 7.5 作说明。

练习 7.5

验证式 (7.11) 和式 (7.12) 与式 (7.10) 以及归一化条件 \(\langle n | n \rangle = 1\) 相容。

\[\begin{split} \begin{align*} a^\dagger a |n\rangle &= n |n\rangle \tag{7.10} \\ a^\dagger |n\rangle &= \sqrt{n+1} |n+1\rangle \tag{7.11} \\ a |n\rangle &= \sqrt{n} |n-1\rangle \tag{7.12} \end{align*} \end{split}\]

这里需要作澄清。譬如式 (7.12) 中，等式右边的 \(\sqrt{n} |n-1\rangle\) 的 \(\sqrt{n}\) 表示一个数；而 \(|n-1\rangle\) 表示能级为第 \(n-1\) 波函数，即 \(H |n-1\rangle = (n-1 + 1/2) \hbar \omega |n-1\rangle\)。同理地，式 (7.10) 右边的 \(n |n\rangle\) 中，第一个 \(n\) 是一个数；而第二个 \(|n\rangle\) 是能级为第 \(n\) 的波函数。

事实上，我认为这道题应该要反过来问。有了归一化限制 \(\langle n | n \rangle = 1\) 后，式 (7.10-12) 的推导将会是自然出现的。这些表达式并非人为规定得到的。

我们在练习 7.1 已经对式 (7.5) 作证明：

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

同时，借用练习 7.3 或盒子 7.2 的结论，我们知道了对于 \(H\) 的本征态 \(|n\rangle\)，其中 \(n = 0, 1, \cdots\)，具有结论

\[ H |n\rangle = (E_0 + n \hbar \omega) |n\rangle = (n + 1/2) \hbar \omega |n\rangle \]

首先是式 (7.10)。该式可以很容易地通过式 (7.5) 给出：

\[\begin{split} \begin{align*} &\quad H |n\rangle = (a^\dagger a + 1/2) \hbar \omega |n\rangle = (n + 1/2) \hbar \omega |n\rangle \\ &\Rightarrow (a^\dagger a + 1/2) |n\rangle = (n + 1/2) |n\rangle \\ &\Rightarrow a^\dagger a |n\rangle = n |n\rangle \end{align*} \end{split}\]

随后是式 (7.12)。我们将上式左乘 \(\langle n|\)，得到

注意到 \(a\) 与 \(a^\dagger\) 在定义上互为自伴算符，因此上式表示的是 \(\big\Vert a|n\rangle \big\Vert^2 = n\)，即该态的归一化常数是 \(\sqrt{n}\)。又依据练习 7.3 的中间推导过程，知道 \(a |n\rangle \propto |n-1\rangle\)，即 \(a\) 作用在 \(|n\rangle\) 之后得到的态是能级比 \(E_n = (n + 1/2) \hbar \omega\) 低 \(\hbar \omega\) 的态 \(|n-1\rangle\)。因此，

\[ a |n\rangle = \sqrt{n} |n-1\rangle \]

最后是式 (7.11)。根据式 (7.12)，我们可以得到推论

\[ n = \langle n | a^\dagger a | n \rangle = \sqrt{n} \langle n | a^\dagger | n-1 \rangle \]

我们在盒子 7.2 知道，\(a^\dagger |n-1\rangle \propto |n\rangle\)；依据上式，我们知道归一化系数是 \(\sqrt{n}\)，即

\[ a^\dagger |n-1\rangle = \sqrt{n} |n\rangle \]

如果我们将 \(n+1\) 替换上式的 \(n\)，那么就立即得到了式 (7.11)。

因此与其说是式 (7.10-12) 与归一化条件相容，不如说是归一化条件导出了式 (7.10-7.12)。

练习 7.4

证明 \(\displaystyle |n\rangle = \frac{(a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}} |0\rangle\)。

由式 (7.11)，立即得到

\[ \frac{(a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}} |0\rangle = \frac{(a^\dagger)^{n-1}}{\sqrt{n!}} \cdot \sqrt{1} |1\rangle = \frac{(a^\dagger)^{n-2}}{\sqrt{n!}} \cdot \sqrt{1} \sqrt{2} |2\rangle = \cdots = \frac{1}{\sqrt{n!}} \cdot \sqrt{n!} |n\rangle = |n\rangle \]