Ф.Ю. Попеленский - Математические основы современной физики (1162163), страница 4
Текст из файла (страница 4)
. . , n. Пусть {Qk , Ql } = {Pk , Pl } = 0, и {Qk , Pl } = δkl(здесь верхние индексы у букв Q и P опущены — они либо везде единицы, либо везде двойки). Пусть этипространства неприводимы,1 то есть в них нельзя выделить меньшие инвариантные подпространства относительно этих операторов. Тогда существует унитарный изоморфизм Ψ : H1 → H2 такой, что(1)(1)Qk = Ψ−1 Q(2) Ψ,Pk= Ψ−1 P (2) Ψ.(35)3.2.3. Пример — квантовый осцилляторКак уже ранее отмечалось, из эксперимента мы обычно видим спектры операторов. Точнее говоря, видимразность между двумя собственными значениями. Сначала физики-экспериментаторы сидят с приборами иполучают кучу чисел.
Потом пытаются уловить в этих числах какую-нибудь закономерность (в общем, нумерология в чистом виде). Как гласит легенда, именно так была получена формула для разностей уровней энергииатома водорода:11Enm =−C,(36)n mгде m, n ∈ N.dРассмотрим уравнение Шрёдингера dtψ(t) = − ~i Hψ(t). Пусть H = L2 (R), тогда (в координатном представлении) векторы — это функции переменной x. Уравнение Шрёдингера примет вид:∂iψ(x, t) = − Hψ(x, t).∂t~(37)Физики рассуждают так (нестрого): мы это уравнение решать не умеем — оно очень сложное. Пусть оно имеетрешение видаiψ(x, t) = e− ~ Et ψ(x).(38)1 Алгебраистысказали бы, что тут просто задано неприводимое представление алгебры Ли, порождённой операторами P и Q.
. .12Подставляя такую функцию в уравнение и упрощая его, получаем, что функция ψ(x, t) удовлетворяет уравнению Шрёдингера тогда и только тогда, когда Hψ(x) = Eψ(x), то есть ψ(x) является собственным векторомоператора H, а число E — собственным значением (или, как говорят физики, уровнем энергии).На самом деле нужно всё вышесказанное формулировать так: найдём спектр оператора H.
Если ψE (x) —собственный вектор с собственным значением E, то есть HψE (x) = EψE (x), то решение уравнение Шрёдингераимеет видi(39)ψ(x, t) = e− ~ Et ψE (x).Комментарий для Ф.Ю. Видимо, правильнее было бы сказать, что существует решение вида. . . . А то мало ли... схватилисобственный вектор, и что-то там написали. Возьмём другой вектор, и получится другое решение.В качестве примера мы рассмотрим квантовый осциллятор (то бишь маятник) и вычислим его спектр.Гамильтониан такой системы имеет видH(P, Q) :=P2ω 2 Q2+.22(40)Он представляет собой сумму квадратов импульса и координаты. Если бы там была разность, мы бы её раскрыли по соответствующей формуле — с произведением линейных операторов гораздо приятнее иметь дело. Ноинтуиция подсказывает, что надо то же самое сделать и тут, только вылезет буква i:1~ω.H(P, Q) = − (iP + ωQ) · (iP − ωQ) −22(41)Ну, в последнем слагаемом ничего особо страшного нет, это всё-таки константа.Для простоты положим ~ := 1 и m := 1.
Тогда {Q, P }~ = − ~i [Q, P ] = 1, то есть [Q, P ] = i. Рассмотримоператоры, называемые операторами уничтожения и рождения соответственно:1a− := √ (ωQ + iP ),2ω1a+ := √ (ωQ − iP ).2ω(42)Далее везде, где не оговорено противное, звёздочкой будем обозначать комплексное сопряжение (а в случаематриц — ещё и транспонирование).Лемма 3.3 (Свойства операторов рождения и уничтожения). Для a− и a+ верны соотношения:ωa− a+ = H + ω2 ;ωa+ a− = H − ω2 ;[a− , a+ ] = 1;(a− )∗ = a+ , (a+ )∗ = a− .1◦2◦3◦4◦Докажем первое свойство (второе доказывается аналогичной выкладкой):ωa− a+ = ω ·1111ω(ωQ + iP )(ωQ − iP ) = (ω 2 Q2 + P 2 ) − (iωQP − iωP Q) = H − ωi[Q, P ] = H + .2ω2222(43)Третье свойство вытекает из первого и второго:[a− , a+ ] = a− a+ − a+ a− =1ωω1 ω ωH+ −H+=+= 1.ω22ω 22(44)Четвёртое свойство следует сразу из определения a+ и a− .
Лемма 3.4. Имеют место следующие коммутационные соотношения:1◦ [H, a− ] = −ωa− ;2◦ [H, a+ ] = ωa+ .Докажем ради разнообразия второе утверждение. По предыдущей лемме имеемhiω[H, a+ ] = ωa+ a− + , a+ = ω[a+ a− , a+ ] = ω(a+ a− a+ − a+ a+ a− ) = ωa+ [a− , a+ ] = ωa+ .2(45)Первое доказывается точно такой же выкладкой. Теорема 3.5. Пусть ψE ∈ H — собственный вектор (самосопряжённого) оператора H с собственнымзначением E. Тогда:1◦ E >ω2;132◦ E = ω2 тогда и только тогда, когда a− ψE = 0;3◦ Если E > ω2 , то a− ψE 6= 0, и вектор a− ψE является собственным с собственным значением E − ω.4◦ a+ ψE 6= 0, и вектор a+ ψE является собственным с собственным значением E + ω.Пусть HψE = EψE . Тогда по лемме 3.3 имеемωa+ a− ψE +ωψE = EψE .2Умножим это равенство скалярно на ψE слева, получим Dω EψE , ωa+ a− ψE + ψE , ψE = hψE , EψE i .2(46)(47)Отсюда2 ω22ω a− ψE + kψE k = E kψE k .(48)2Из этого соотношения уже очевидно, что E > ω2 и E = ω2 только лишь тогда, когда a− ψE = 0.
Далее, вычислимсобственное значение оператора H при действии на a− ψE . По лемме 3.4 имеемHa− ψE = [H, a− ]ψE + a− HψE = −ωa− ψE + a− EψE = (E − ω)a− ψE .(49)Осталось доказать последний пункт. Имеем H = ωa− a+ − ω2 . ИмеемhψE , HψE i = hψE , EψE i ,2 ωω a+ ψE , a+ ψE = hψE , ψE i + E hψE , ψE i ,2(50)(51)откуда ω ka+ ψE k = (E + ω2 ) kψE k2 > 0. Остаётся показать, что a+ ψE — собственный вектор с собственнымзначением E + ω. В самом деле,Ha+ ψE = [H, a+ ]ψE + a+ HψE = ωa+ ψE + a+ EψE = (E + ω)a+ ψE ,(52)а это и требовалось. Теорема доказана. Иногда операторы a− и a+ называют соответственно понижающим и повышающим операторами (смысл этих терминов становится ясен благодаря теореме — они повышают и понижают собственные значения).
Эта терминология более принята в теориипредставлений алгебр Ли, которая к данному примеру имеет более чем прямое отношение (об этом ещё несколько слов будет сказаночуть ниже).Предположим теперь, что в пространстве H нашелся хотя бы один собственный вектор ψE оператора H ссобственным значением E.Задача 3.7. Может ли оператор (самосопряжённый) в гильбертовом пространстве не иметь собственных векторов?Решение. Да вроде может. . . Возьмём гильбертово пространство L2 [−1, 1] с обычным скалярным произведением и рассмотрим там оператор A : ϕ(x) 7→ xϕ(x).
Он, очевидно, самосопряжённый, но с собственнымивекторами у него проблемы: из равенства xϕ(x) = λϕ(x) следует, что ϕ = 0. Итак, пусть HψE = EψE . Будем действовать на этот вектор оператором a− . По нашей теореме рано илипоздно вектор занулится, так как собственные значения убывают и ограничены снизу числом ω2 . Пусть ψ0 —такой вектор, что a− ψ0 = 0, то есть (a− )k+1 ψE = 0, а ψ0 := (a− )k ψE 6= 0. Нормируем его, и далее считаем, чтоkψ0 k = 1. Этот вектор называется вакуумным.2Предположим, что вакуумный вектор единственный, то есть dim Ker a− = 1 и Ker a− = hψ0 i. Из теоремыследует, что если в H имеется хотя бы один вектор ψ0 , то в H оператор энергии имеет спектрnωo∞Spec H =+ kω.(53)2k=0Будем искать «минимальное» пространство в H, в котором верны все наши леммы и теорема (то есть такоепространство, что действия операторов a+ и a− из него не выводят.
Иначе говоря, построим неприводимое представление (4-мерной) алгебры Ли h := hid, a− , a+ , Hi (алгеброй Ли она будет именно потому, что коммутаторыэтих операторов снова лежат в ней).Далее нам потребуется ещё две леммы про операторы a+ и a− .Лемма 3.6. Имеет место соотношение [a− , (a+ )n ] = n(a+ )n−1 .2Втеории представлений алгебр Ли он, конечно, называется младшим вектором.14 Докажите это в качестве упражнения. .
. эх, ну что делать, докажем: вспомним лемму про то, что[a− , a+ ] = a− a+ − a+ a− = 1, то есть a+ a− = a− a+ − 1. Будем переставлять оператор a− в выражении (a+ )n a−последовательно, учитывая данное коммутационное соотношение. Сделаем несколько первых шагов, дальше всёстанет ясно (формально нужно рассуждать по индукции). Итак, откусываем один множитель:(a+ )n a− = (a+ )n−1 (a+ a− ) = (a+ )n−1 (a− a+ − 1) = (a+ )n−1 a− a+ − (a+ )n−1 .(54)Видно, что перекидывание оператора a− через один из множителей обошлось нам в слагаемое (a+ )n−1 . Еслимы его переставим ещё раз, появится ещё одно такое же слагаемое, и так далее.
Когда мы переставим его насамое первое место, вылезет коэффициент n. Убедимся в этом, проделав аналогичный переброс a− в первомслагаемом:(a+ )n−1 a− a+ = (a+ )n−2 (a− a+ − 1)a+ = (a+ )n−2 a− (a+ )2 − (a+ )n−1 .(55)Итого получим вот что:[a− , (a+ )n ] = a− (a+ )n − (a+ )n a− = a− (a+ )n − a− (a+ )n − n(a+ )n−1 = n(a+ )n−1 ,(56)что и требуется. Впрочем, можно один раз доказать более общий факт о том, что коммутатор [a− , ·] является дифференцированием, то естьудовлетворяет некоторому набору свойств, присущих обычному дифференцированию. Одно из них (пожалуй, ключевое) — правилоЛейбница (оно же — тождество Якоби).Лемма 3.7. Пусть n > m.
Тогда + m(a ) ψ0 , (a+ )n ψ0 = n(n − 1) · . . . · n − (m − 1) ψ0 , (a+ )n−m ψ0 .(57)Во второй строчке нижеследующей выкладки будет применена предыдущая лемма: + m (a ) ψ0 , (a+ )n ψ0 = (a+ )m−1 ψ0 , a− (a+ )n ψ0 = = (a+ )m−1 ψ0 , (a+ )n a− ψ0 + (a+ )m−1 ψ0 , [a− (a+ )n ]ψ0 =| {z }0= (a+ )m−1 ψ0 , n(a+ )n−1 ψ0 = n (a+ )m−1 ψ0 , (a+ )n−1 ψ0 . (58)Степени у операторов понижены на 1. Дальше — по индукции. Рассмотрим векторы ψn := √1n! (a+ )n ψ0 .Теорема 3.8.1◦ kψn k = 1 и векторы {ψn } образуют ортонормированную систему.2◦ Операторы H, P , Q, a+ , a− переводят подпространство hψ0 , ψ1 , . . .i в себя.1◦ По второй лемме имеем + n2(a ) ψ0 , (a+ )n ψ0 = n! kψ0 k = n!.Пусть n 6= m, для определённости n > m.
Тогда + m (a ) ψ0 , (a+ )n ψ0 = const · ψ0 , (a+ )n−m ψ0 = a− ψ0 , (a+ )n−m+1 ψ0 = 0.| {z }0Значит, векторы (a+ )k ψ0 действительно образуют ортонормированную систему.2◦ Очевидным образом следует из свойств операторов a+ , a− , H, P , Q. Задача 3.8. Найти матрицы P, H, Q, a− , a+ в базисе {ψi }i∈N .Решение.поэтому a+(n+1)n =√√1a+ ψn = √ (a+ )n+1 ψ0 = n + 1ψn+1 ,n!n.1 1a ψn = √ω n!−√11H111 1+ n−1H+(a )ψ0 = √+ψn−1 = √n−1+ +ψn−1 = nψn−1 ,ωn ω2n2 215(59)(60)∞√поэтому a−= n. Spec H = ω2 + kω 0 , поэтому H = diag(ω/2 + kω). Матрицы Q и P считаются поn(n+1)ppправилам Q = 2/ω(a+ + a− ), P = −i 2/ω(a− − a+ ).
1 dРассмотрим пространство H = LC2 (R). В координатном представлении Q · ψ(x) = x · ψ(x), а P = i dx . Найдём−собственные функции оператора H. Для этого найдём вакуумный вектор. Решим уравнение a ψ0 = 0, то естьx2d(ωx + dx)ψ0 (x) = 0. Оно имеет решение ψ0 (x) = C · e−ω 2 . Константа C находится из нормировки kψ0 k = 1:ZZ√ 2√C2 √C222−ωx2e−(x ω) d( ωx) = √π,(61)1 = kψ0 k = Cedx = √ωωpоткуда C 2 = ωπ .Задача 3.9. Полиномы Эрмита определяются формулойPn (x) =[ n2 ]X(−1)k cnk xn−2k ,cnk =k=0n!.− 2k)!2k k!(n(62)Доказать, что:d1◦ x − dxPn (x) = Pn+1 (x);√√2◦ ψn (x) = 1 n!Pn (x 2ω)ψ0 (x);3◦ Система функций ψn (x) полна в L2 (R).24◦ Многочлены Pn ортогональны и получаются ортогонализацией стандартного базиса {xn } с весом e−x .Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
