$$\hat{H} = \hbar\omega \left( \hat{n} + \frac{1}{2}\right)\tag{1}$$
$$\hat{n}|n\rangle = n|n\rangle \tag{2}$$
(1)
\(\hat{a}|n\rangle\)に\(\hat{n}\)を作用させると
$$\begin{align} \hat{n}\hat{a}|n\rangle &= \hat{a}^{\dagger}\hat{a}\hat{a}|n\rangle \\ &= (\hat{a}\hat{a}^{\dagger}-1)\hat{a}|n\rangle\\ &= \hat{a}(\hat{n}-1)|n\rangle\\ &= (n-1)\hat{a}|n\rangle\end{align}$$
となる。式(2)と比較して
$$\hat{a}|n\rangle = C |n-1\rangle$$
と書ける。ただし\(C\)は規格化定数である。\(C\)を求めると
$$\begin{align} 1=|C|^2\langle n-1|n-1\rangle =|C|^2 = \langle n|\hat{a}^{\dagger}\hat{a}|n\rangle = n \end{align}$$
となるので\(C = \sqrt{n}\)となる。従って
$$\hat{a}|n\rangle = \sqrt{n} |n-1\rangle \tag{3}$$
(2)
$$\hat{a}|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle \tag{4}$$
$$|\alpha\rangle = \sum^{\infty}_{n=0} C_n|n\rangle \tag{5}$$
コヒーレント状態
式(5)を式(4)に代入すると、式(3)を用いて
$$\hat{a}|\alpha\rangle = \sum^{\infty}_{n=1} C_n\sqrt{n} |n-1\rangle = \alpha\sum^{\infty}_{n=0} C_n|n\rangle$$
となるので(\(\hat{a}|0\rangle = 0\)に注意)
$$ \sum^{\infty}_{n=0} C_{n+1}\sqrt{n+1} |n\rangle = \alpha\sum^{\infty}_{n=0} C_n|n\rangle$$
と変形でき、
$$\sqrt{n+1}C_{n+1} = \alpha C_n$$
$$C_{n+1} = \frac{\alpha}{\sqrt{n+1}}C_n$$
が得られる。この漸化式を解くと
$$C_n = \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}C_0$$
が得られる。
規格化条件から\(C_0\)を求める。式(5)は
$$|\alpha\rangle = \sum^{\infty}_{n=0} \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}C_0|n\rangle$$
となり、
$$\begin{align} 1 = \langle \alpha | \alpha\rangle &= \left( \sum^{\infty}_{m=0} \frac{\alpha^m}{\sqrt{m!}}C_0|m\rangle\right)^{\dagger}\sum^{\infty}_{n=0} \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}C_0|n\rangle \\ &=\sum^{\infty}_{m=0}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{|\alpha|^{m+n}}{\sqrt{m!}\sqrt{n!}}|C_0|^2 \langle m |n\rangle \\ &= \sum^{\infty}_{m=0}\sum^{\infty}_{n=0}\frac{|\alpha|^{m+n}}{\sqrt{m!}\sqrt{n!}}|C_0|^2 \delta_{mn} \\ &= |C_0|^2 \sum^{\infty}_{n=0}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!}\\ &= |C_0|^2 e^{|\alpha|^2}\end{align}$$
と計算できるので
$$|C_0| = e^{-|\alpha|^2/2}$$
となる。\(C_0\)の位相を無視すると
$$C_0 = e^{-|\alpha|^2/2}$$
となる。従って
$$C_n = \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}e^{-|\alpha|^2/2}$$
(3)
式(4)より
$$\langle\alpha | \hat{a}^{\dagger}= \alpha^*\langle\alpha |$$
とできる。これを用いて粒子数の期待値\(\bar{n}\)は
$$\bar{n} = \langle\alpha |\hat{n}| \alpha \rangle = \langle\alpha |\hat{a}^{\dagger}\hat{a}| \alpha \rangle = |\alpha|^2$$
が得られる。よってエネルギー期待値\(E\)は
$$E = \langle\alpha |\hat{H}| \alpha \rangle = \hbar\omega \left( |\alpha|^2 + \frac{1}{2}\right)$$
となる。
次に、分散\(\Delta E_{\alpha}\)は
$$\begin{align}\Delta E_{\alpha} &= \langle\alpha |\hat{H}^2| \alpha \rangle – \langle\alpha |\hat{H}| \alpha \rangle^2 \\ &= \langle\alpha |\hat{H}^2| \alpha \rangle -E^2\end{align}$$
と計算できる。ここで、
$$\hat{H}^2 = \hbar^2\omega^2 \left( \hat{n}^2 +\hat{n} +\frac{1}{4}\right)$$
であり、
$$\begin{align} \langle\alpha |\hat{n}^2| \alpha \rangle &= \langle\alpha |\hat{a}^{\dagger}\hat{a}\hat{a}^{\dagger}\hat{a}| \alpha \rangle \\ &= \langle\alpha |\hat{a}^{\dagger}(\hat{a}^{\dagger}\hat{a}+1)\hat{a}| \alpha \rangle \\ &= \langle\alpha |\hat{a}^{\dagger}\hat{a}^{\dagger}\hat{a}\hat{a}| \alpha \rangle + \langle\alpha |\hat{a}^{\dagger}\hat{a}| \alpha \rangle \\ &= |\alpha|^4 +|\alpha|^2 \end{align}$$
と計算できるので
$$\begin{align} \langle\alpha |\hat{H}^2| \alpha \rangle &= \hbar^2\omega^2 \left( |\alpha|^4 +2|\alpha|^2 + \frac{1}{4}\right)\end{align}$$
となる。よって
$$\Delta E_{\alpha} = \hbar^2\omega^2 |\alpha|^2$$
となる。
同様に状態\(| n \rangle\)におけるエネルギー分散\(\Delta E_{n}\)は
$$\Delta E_{n} = 0$$
となる。よって、\(| \alpha \rangle\)状態におけるエネルギーにはゆらぎが存在する。\(| \alpha \rangle\)状態が\(| n \rangle\)状態をとる確率\(P_n\)は
$$P_n = |C_n|^2 = \frac{\alpha^{2n}}{{n!}}e^{-|\alpha|^2} = \frac{\bar{n}^{n}}{{n!}}e^{-\bar{n}}$$
であり、ポアソン分布に従う。ポアソン分布の性質より、期待値(平均値)と分散は同じなので、粒子数のゆらぎも\(|\alpha|^2\)である。よって、\(| \alpha \rangle\)状態におけるエネルギーには、粒子数に対応したゆらぎが存在する。
コメント