量子光學筆記1——電磁場的量子化

本文轉載自查看原文 2020-03-07 21:50 796

一、遇事不決，量子力學！

通過電動力學中我們可以列出自由電磁場中的Maxwell方程

$\begin{aligned} \nabla \cdot {B} &=0 \\ \nabla \times {E} &=-\frac{\partial {B}}{\partial t} \\ \nabla \cdot {D} &=0 \\ \nabla \times {H} &=\frac{\partial{D}}{\partial t} \end{aligned}$ \begin{aligned} \nabla \cdot {B} &=0 \\ \nabla \times {E} &=-\frac{\partial {B}}{\partial t} \\ \nabla \cdot {D} &=0 \\ \nabla \times {H} &=\frac{\partial{D}}{\partial t} \end{aligned} $\nabla \cdot \boldsymbol{A}=0$ \nabla \cdot \boldsymbol{A}=0

其中E和B都可以使用矢勢 $A(\boldsymbol{r}, t)$ A(\boldsymbol{r}, t) 表示： $\begin{aligned} &\boldsymbol{B}=\nabla \times \boldsymbol{A}\\ &\boldsymbol{E}=-\frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} \end{aligned}$ \begin{aligned} &\boldsymbol{B}=\nabla \times \boldsymbol{A}\\ &\boldsymbol{E}=-\frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} \end{aligned} 我們在這里取庫倫規范 $\nabla \cdot \boldsymbol{A}=0$ \nabla \cdot \boldsymbol{A}=0 。

正如我們在電動力學中做過無數遍的化簡：上述Maxwell方程組可以化簡為關於 $A(\boldsymbol{r}, t)$ A(\boldsymbol{r}, t) 的波動方程： $\nabla^{2} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)}{\partial t^{2}}$ \nabla^{2} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)}{\partial t^{2}} 而這個方程具有行波解的形式 $\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\boldsymbol{A}^{(+)}(\boldsymbol{r}, t)+\boldsymbol{A}^{(-)}(\boldsymbol{r}, t)$ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\boldsymbol{A}^{(+)}(\boldsymbol{r}, t)+\boldsymbol{A}^{(-)}(\boldsymbol{r}, t) 其中 ${A}^{(-)}=\left({A}^{(+)}\right)^*$ {A}^{(-)}=\left({A}^{(+)}\right)^* 互為復共軛

接下來我們可使用一組正交基對 $A^{(+)}(r, t)$ A^{(+)}(r, t) 經行展開 $\boldsymbol{A}^{(+)}(\boldsymbol{r}, t)=\sum_{k} c_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \boldsymbol{e}^{-i \omega_{k} t}$ \boldsymbol{A}^{(+)}(\boldsymbol{r}, t)=\sum_{k} c_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \boldsymbol{e}^{-i \omega_{k} t}

其中正交基為 $u_{k}(r)$ u_{k}(r) 滿足：

方程： $\left(\nabla^{2}+\frac{\omega_{k}^{2}}{c^{2}}\right) \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=0$ \left(\nabla^{2}+\frac{\omega_{k}^{2}}{c^{2}}\right) \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=0
規范： $\nabla \cdot \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=0$ \nabla \cdot \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=0
正交歸一性： $\int_{V} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \boldsymbol{u}_{k^{\prime}}(\boldsymbol{r}) \mathrm{d} \boldsymbol{r}=\delta_{k k^{\prime}}$ \int_{V} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \boldsymbol{u}_{k^{\prime}}(\boldsymbol{r}) \mathrm{d} \boldsymbol{r}=\delta_{k k^{\prime}}

由上述幾個條件可以解出基的值（這同我們在解波導問題很相近）

$\boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=L^{-3 / 2} \hat{\boldsymbol{e}}^{(\lambda)} \exp (\boldsymbol{i} \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})$ \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r})=L^{-3 / 2} \hat{\boldsymbol{e}}^{(\lambda)} \exp (\boldsymbol{i} \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})

其中 $\hat{\boldsymbol{e}}^{(\lambda)}$ \hat{\boldsymbol{e}}^{(\lambda)} 代表偏振方向的選擇。之后討論同波導中解法，有：

$k_{x}=\frac{2 \pi n_{x}}{L}, \quad k_{y}=\frac{2 \pi n_{y}}{L}, \quad k_{z}=\frac{2 \pi n_{z}}{L}, \quad n_{x}, n_{y}, n_{z}=0, \pm 1, \pm 2, \ldots$ k_{x}=\frac{2 \pi n_{x}}{L}, \quad k_{y}=\frac{2 \pi n_{y}}{L}, \quad k_{z}=\frac{2 \pi n_{z}}{L}, \quad n_{x}, n_{y}, n_{z}=0, \pm 1, \pm 2, \ldots

可以觀察到 $u_{k}(r)$ u_{k}(r)滿足的方程與量子力學中諧振子滿足的方程是相似的，這也亦為之我們可以使用諧振子的代數解法來解決 $u_{k}(r)$ u_{k}(r)的問題。經過計算可得：

$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\sum_{k}\left(\frac{\hbar}{2 \omega_{k} \varepsilon_{0}} \cdot\right)^{1 / 2}\left[a_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{-i \omega_{k} t}+a_{k}^{\dagger} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{i \omega_{k} t}\right]$ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}, t)=\sum_{k}\left(\frac{\hbar}{2 \omega_{k} \varepsilon_{0}} \cdot\right)^{1 / 2}\left[a_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{-i \omega_{k} t}+a_{k}^{\dagger} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{i \omega_{k} t}\right]

則，與之對應的電場為：

$\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}, t)=i \sum_{k}\left(\frac{\hbar \omega_{k}}{2 \varepsilon_{0}}\right)^{1 / 2}\left[a_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{-i \omega_{k} t}-a_{k}^{\dagger} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{i \omega_{k} t}\right]$ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}, t)=i \sum_{k}\left(\frac{\hbar \omega_{k}}{2 \varepsilon_{0}}\right)^{1 / 2}\left[a_{k} \boldsymbol{u}_{k}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{-i \omega_{k} t}-a_{k}^{\dagger} \boldsymbol{u}_{k}^{*}(\boldsymbol{r}) \mathrm{e}^{i \omega_{k} t}\right]

這里的 $a_{k}^{\dagger}$ a_{k}^{\dagger} 與 $a_{k}$ a_{k} 即為光場中的升降階算符，其中k為標記不同光場的腳標。滿足對易關系：

$\left[a_{k}, a_{k^{\prime}}\right]=\left[a_{k}^{\dagger}, a_{k^{\prime}}^{\dagger}\right]=0, \quad\left[a_{k}, a_{k^{\prime}}^{\dagger}\right]=\delta_{k k^{\prime}}$ \left[a_{k}, a_{k^{\prime}}\right]=\left[a_{k}^{\dagger}, a_{k^{\prime}}^{\dagger}\right]=0, \quad\left[a_{k}, a_{k^{\prime}}^{\dagger}\right]=\delta_{k k^{\prime}}

在電磁學中電磁場的Hamiltonian為 $H=\frac{1}{2} \int\left(\varepsilon_{0} \boldsymbol{E}^{2}+\mu_{0} \boldsymbol{H}^{2}\right) \mathrm{d} \boldsymbol{r}$ H=\frac{1}{2} \int\left(\varepsilon_{0} \boldsymbol{E}^{2}+\mu_{0} \boldsymbol{H}^{2}\right) \mathrm{d} \boldsymbol{r}

帶入計算得到的E有（這里兩算符相乘要注意滿足的對易關系）

$H=\sum_{k} \hbar \omega_{k}\left(a_{k}^{\dagger} a_{k}+\frac{1}{2}\right)$ H=\sum_{k} \hbar \omega_{k}\left(a_{k}^{\dagger} a_{k}+\frac{1}{2}\right)

這里就可以得到量子化的電磁場。

remark：因為 $N=a_{k}^{\dagger} a_{k}$ N=a_{k}^{\dagger} a_{k} 代表的是光子數所以可以發現在n=0（即真空態）時也會有 $\frac{1}{2} \hbar \omega_{k}$ \frac{1}{2} \hbar \omega_{k} 的能量。這就可以有很多新奇的現象，比如蔡老師的一篇文章。挖坑：有時間我也試着去調研，並使用matlab復現一下論文中的一些結論。

淺斟低唱：盪起量子的秋千——從參變共振到光子的誕生zhuanlan.zhihu.com

二、Fock態或粒子數態（fock老是拼錯為fork，英語渣渣）

這就是一般最常見的表示的態，由於Hamiltonian具有 $h \omega_{k}\left(n_{k}+\frac{1}{2}\right)$ h \omega_{k}\left(n_{k}+\frac{1}{2}\right) 的本征值，其中 n_k

n_k 自然數。則一種自然的想法就是用 $\left|n_{k}\right\rangle$ \left|n_{k}\right\rangle 來表示H的本征態。我們就稱這個態為Fock態或者是粒子數態。其中 $N=a_{k}^{\dagger} a_{k}$ N=a_{k}^{\dagger} a_{k}為粒子數算符

$a_{k}^{\dagger} a_{k}\left|n_{k}\right\rangle= n_{k}\left|n_{k}\right\rangle$ a_{k}^{\dagger} a_{k}\left|n_{k}\right\rangle= n_{k}\left|n_{k}\right\rangle

將 $a_{k}^{\dagger}$ a_{k}^{\dagger} 與 $a_{k}$ a_{k}作用到 $\left|n_{k}\right\rangle$ \left|n_{k}\right\rangle上有

$a_{k}\left|n_{k}\right\rangle= n_{k}^{1 / 2}\left|n_{k}-1\right\rangle, \quad a_{k}^{\dagger}\left|n_{k}\right\rangle=\left(n_{k}+1\right)^{1 / 2}\left|n_{k}+1\right\rangle$ a_{k}\left|n_{k}\right\rangle= n_{k}^{1 / 2}\left|n_{k}-1\right\rangle, \quad a_{k}^{\dagger}\left|n_{k}\right\rangle=\left(n_{k}+1\right)^{1 / 2}\left|n_{k}+1\right\rangle

特別的對於基態 $a_{k}|0\rangle= 0$ a_{k}|0\rangle= 0 ，這也很好的反應出為什么叫升降階算符。

對任意一個態 $\left|n_{k}\right\rangle$ \left|n_{k}\right\rangle有 $\left|n_{k}\right\rangle=\frac{\left(a_{k}^{\dagger}\right)^{n_{k}}}{\left(n_{k} !\right)^{1 / 2}}|0\rangle, \quad n_{k}=0,1,2 \ldots$ \left|n_{k}\right\rangle=\frac{\left(a_{k}^{\dagger}\right)^{n_{k}}}{\left(n_{k} !\right)^{1 / 2}}|0\rangle, \quad n_{k}=0,1,2 \ldots

這很明顯可以得到：

正交歸一性： $\left\langle n_{k} | m_{k}\right\rangle=\delta_{m n}$ \left\langle n_{k} | m_{k}\right\rangle=\delta_{m n}
完備性： $\sum_{n_{k}=0}^{\infty}\left|n_{k}\right\rangle\left\langle n_{k}\right|=1$ \sum_{n_{k}=0}^{\infty}\left|n_{k}\right\rangle\left\langle n_{k}\right|=1

remark：fock態是最常見的一種表示方法，同時也是最直觀的。往后的一些描述最好可以有直觀的描述，這有助於理解。

三、相干態（qzxnb）

對於相干光其光子數是不確定的，但是其滿足不確定性原理的下限。為了描述這種相干光，我們需要引入相干態，而只需要簡單的對 $\left|n_{k}\right\rangle$ \left|n_{k}\right\rangle 作幺正變化即可。

$D(\alpha)=\exp \left(\alpha a^{\dagger}-\alpha^{*} a\right)$ D(\alpha)=\exp \left(\alpha a^{\dagger}-\alpha^{*} a\right) 其中 $\alpha$ \alpha 為任意的一個復數。

引理1：當

[A,[A, B]]=[B,[A, B]]=0 時有 $\mathrm{e}^{A+B}=\mathrm{e}^{A} \mathrm{e}^{B} \mathrm{e}^{-[A, B] / 2}$ \mathrm{e}^{A+B}=\mathrm{e}^{A} \mathrm{e}^{B} \mathrm{e}^{-[A, B] / 2}

化簡得到 $D(\alpha)=\mathrm{e}^{-|\alpha|^{2} / 2} \mathrm{e}^{\alpha a^{\dagger}} \mathrm{e}^{-\alpha^{*} a}$ D(\alpha)=\mathrm{e}^{-|\alpha|^{2} / 2} \mathrm{e}^{\alpha a^{\dagger}} \mathrm{e}^{-\alpha^{*} a} ，進而研究 $D(\alpha)$ D(\alpha) 的性質：

$D^{\dagger}(\alpha)=D^{-1}(\alpha)=D(-\alpha)$ D^{\dagger}(\alpha)=D^{-1}(\alpha)=D(-\alpha)
$D^{\dagger}(\alpha) a D(\alpha)=a+\alpha$ D^{\dagger}(\alpha) a D(\alpha)=a+\alpha
$D^{\dagger}(\alpha) a^{\dagger} D(\alpha)=a^{\dagger}+\alpha^{*}$ D^{\dagger}(\alpha) a^{\dagger} D(\alpha)=a^{\dagger}+\alpha^{*}
$D(\alpha+\beta)=D(\alpha) D(\beta) \exp \left(-\mathrm{i} \operatorname{Im}\left\{\alpha \beta^{*}\right\}\right)$ D(\alpha+\beta)=D(\alpha) D(\beta) \exp \left(-\mathrm{i} \operatorname{Im}\left\{\alpha \beta^{*}\right\}\right)

證明過程： $D^{\dagger}(\alpha) a|\alpha\rangle= D^{\dagger}(\alpha) a D(\alpha)|0\rangle=(a+\alpha)|0\rangle=\alpha|0\rangle$ D^{\dagger}(\alpha) a|\alpha\rangle= D^{\dagger}(\alpha) a D(\alpha)|0\rangle=(a+\alpha)|0\rangle=\alpha|0\rangle ，之后倆邊在同時乘 $D(\alpha)$ D(\alpha) 。這里因為a為非厄米算符，所以 $\alpha$ \alpha 為復數。

在 $a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle$ a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle 兩邊同時乘上 $\langle n|$ \langle n| 有 $(n+1)^{1 / 2}\langle n+1 | \alpha\rangle=\alpha\langle n | \alpha\rangle$ (n+1)^{1 / 2}\langle n+1 | \alpha\rangle=\alpha\langle n | \alpha\rangle

即 $\langle n | \alpha\rangle=\frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}\langle 0 | \alpha\rangle$ \langle n | \alpha\rangle=\frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}\langle 0 | \alpha\rangle

所以 $|\alpha\rangle$ |\alpha\rangle可以表示為 $|\alpha\rangle=\sum|n\rangle\langle n | \alpha\rangle=\langle 0 | \alpha\rangle \sum_{n} \frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}|n\rangle$ |\alpha\rangle=\sum|n\rangle\langle n | \alpha\rangle=\langle 0 | \alpha\rangle \sum_{n} \frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}|n\rangle

又因為通過計算有： $\langle 0 | \alpha\rangle= e^{-|\alpha|^{2} / 2}$ \langle 0 | \alpha\rangle= e^{-|\alpha|^{2} / 2} ，則

$|\alpha\rangle=\mathrm{e}^{-|\alpha|^{2} / 2} \sum \frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}|n\rangle$ |\alpha\rangle=\mathrm{e}^{-|\alpha|^{2} / 2} \sum \frac{\alpha^{n}}{(n !)^{1 / 2}}|n\rangle

光子數分布為： $P(n)=|\langle n | \alpha\rangle|^{2}=\frac{|\alpha|^{2 n} \mathrm{e}^{-|\alpha|^{2}}}{n !}$ P(n)=|\langle n | \alpha\rangle|^{2}=\frac{|\alpha|^{2 n} \mathrm{e}^{-|\alpha|^{2}}}{n !} 其中平均光子數為 $\bar{n}=\left\langle\alpha\left|a^{\dagger} a\right| \alpha\right\rangle=|\alpha|^{2}$ \bar{n}=\left\langle\alpha\left|a^{\dagger} a\right| \alpha\right\rangle=|\alpha|^{2}

對於兩個相干態來說有： $\langle\beta | \alpha\rangle=\left\langle 0\left|D^{\dagger}(\beta) D(\alpha)\right| 0\right\rangle =\exp \left[-\frac{1}{2}\left(|\alpha|^{2}+|\beta|^{2}\right)+\alpha \beta^{*}\right]$ \langle\beta | \alpha\rangle=\left\langle 0\left|D^{\dagger}(\beta) D(\alpha)\right| 0\right\rangle =\exp \left[-\frac{1}{2}\left(|\alpha|^{2}+|\beta|^{2}\right)+\alpha \beta^{*}\right]則

則 $|\langle\beta | \alpha\rangle|^{2}=\mathrm{e}^{-|\alpha-\beta|^{2}}$ |\langle\beta | \alpha\rangle|^{2}=\mathrm{e}^{-|\alpha-\beta|^{2}} 當 $|\alpha-\beta| \gg 1$ |\alpha-\beta| \gg 1 時兩個相干態 $|\alpha\rangle$ |\alpha\rangle 與 $|\beta\rangle$ |\beta\rangle 相互正交

同時態 $|\alpha\rangle$ |\alpha\rangle也存在完備性： $\frac{1}{\pi} \int|\alpha\rangle\langle\alpha| \mathrm{d}^{2} \alpha=1$ \frac{1}{\pi} \int|\alpha\rangle\langle\alpha| \mathrm{d}^{2} \alpha=1

四、Squeezed States（壓縮態？）

Squeezed States是更滿足最小不確定性原理的更廣義的態，相干態為其中是一種特殊的形式。

若我們令 $a=\frac{X_{1}+\mathrm{i} X_{2}}{2}$ a=\frac{X_{1}+\mathrm{i} X_{2}}{2} 由 $a_{k}^{\dagger}$ a_{k}^{\dagger}與 $a_{k}$ a_{k}的對易關系我們可以得到： $\left[X_{1}, X_{2}\right]=2 \mathrm{i}$ \left[X_{1}, X_{2}\right]=2 \mathrm{i}

且X1、X2滿足不確定關系 $\Delta X_{1} \Delta X_{2} \geq 1$ \Delta X_{1} \Delta X_{2} \geq 1 ，特別的當 $\Delta X_{1}=\Delta X_{2}=1$ \Delta X_{1}=\Delta X_{2}=1 時即為相干態。

圖1；(a)相干態(b)Squeezed State

如圖，當 $\Delta X_{1}=\Delta X_{2}=1$ \Delta X_{1}=\Delta X_{2}=1為相干態；相干態 $|\alpha\rangle$ |\alpha\rangle 振幅的平均值為為 $\alpha$ \alpha 對應圖中的圓心，圓代表誤差范圍；當X1、X2任意時就是Squeezed state $|\alpha, \varepsilon\rangle$ |\alpha, \varepsilon\rangle

同在相干態中的操作，Squeezed state也可以由幺正變化作用在相干態上來生成。 $|\alpha, \varepsilon\rangle= D(\alpha) S(\varepsilon)|0\rangle$ |\alpha, \varepsilon\rangle= D(\alpha) S(\varepsilon)|0\rangle

其中， $S(\varepsilon)=\exp \left(1 / 2 \varepsilon^{*} a^{2}-1 / 2 \varepsilon a^{\dagger 2}\right)$ S(\varepsilon)=\exp \left(1 / 2 \varepsilon^{*} a^{2}-1 / 2 \varepsilon a^{\dagger 2}\right) 。 $\varepsilon$ \varepsilon 為Squeezed state對應的下標 $\varepsilon=r \mathrm{e}^{2 \mathrm{i} \phi}$ \varepsilon=r \mathrm{e}^{2 \mathrm{i} \phi}

$S(\varepsilon)$ S(\varepsilon) 滿足的一些性質：

$S^{\dagger}(\varepsilon)=S^{-1}(\varepsilon)=S(-\varepsilon)$ S^{\dagger}(\varepsilon)=S^{-1}(\varepsilon)=S(-\varepsilon)
$S^{\dagger}(\varepsilon) a S(\varepsilon)=a \cosh r-a^{\dagger} \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \phi} \sinh r$ S^{\dagger}(\varepsilon) a S(\varepsilon)=a \cosh r-a^{\dagger} \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \phi} \sinh r
$S^{\dagger}(\varepsilon) a^{\dagger} S(\varepsilon)=a^{\dagger} \cosh r-a \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \phi} \sinh r$ S^{\dagger}(\varepsilon) a^{\dagger} S(\varepsilon)=a^{\dagger} \cosh r-a \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} \phi} \sinh r
$S^{\dagger}(\varepsilon)\left(Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}\right) S(\varepsilon)=Y_{1} \mathrm{e}^{-r}+\mathrm{i} Y_{2} \mathrm{e}^{r}$ S^{\dagger}(\varepsilon)\left(Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}\right) S(\varepsilon)=Y_{1} \mathrm{e}^{-r}+\mathrm{i} Y_{2} \mathrm{e}^{r} ，其中 $Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}=\left(X_{1}+\mathrm{i} X_{2}\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \phi}$ Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}=\left(X_{1}+\mathrm{i} X_{2}\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \phi}

則Squeezed States對應不同的滿足 $\Delta X_{1} \Delta X_{2} \ge 1$ \Delta X_{1} \Delta X_{2} \ge 1 的 $\Delta X_{1}、\Delta X_{2}$ \Delta X_{1}、\Delta X_{2} ，且某一個小於相干態。

圖2；黑色點處代表相干態，陰影部分代表Squeezed state

一般壓縮態 $|\alpha, \varepsilon\rangle$ |\alpha, \varepsilon\rangle中 $r=|\boldsymbol{\varepsilon}|$ r=|\boldsymbol{\varepsilon}| 稱為壓縮因子。

在Squeezed state表象下：

$\left\langle X_{1}+\mathrm{i} X_{2}\right\rangle=\left\langle Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi}=2 \alpha$ \left\langle X_{1}+\mathrm{i} X_{2}\right\rangle=\left\langle Y_{1}+\mathrm{i} Y_{2}\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi}=2 \alpha
$\Delta Y_{1}=\mathrm{e}^{-r}, \Delta Y_{2}=\mathrm{e}^{r}$ \Delta Y_{1}=\mathrm{e}^{-r}, \Delta Y_{2}=\mathrm{e}^{r}
$\langle N\rangle=\left|\alpha^{2}\right|+\sinh ^{2} r$ \langle N\rangle=\left|\alpha^{2}\right|+\sinh ^{2} r
$(\Delta N)^{2}=\left|\alpha \cosh r-\alpha^{*} \mathrm{e}^{2 i \phi} \sinh r\right|^{2}+2 \cosh ^{2} r \sinh ^{2} r$ (\Delta N)^{2}=\left|\alpha \cosh r-\alpha^{*} \mathrm{e}^{2 i \phi} \sinh r\right|^{2}+2 \cosh ^{2} r \sinh ^{2} r

對應的物理圖像可以理解為圖1的坐標旋轉。

p.s.壓縮態的光子數分布：

對於態 $|\alpha, r\rangle$ |\alpha, r\rangle 其光子數分布為 $p(n)=(n ! \cosh r)^{-1}\left[\frac{1}{2} \tanh r\right]^{n} \exp \left[-|\alpha|^{2}-\frac{1}{2} \tanh r\left(\left(\alpha^{*}\right)^{2} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi}+\alpha^{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \phi}\right)\right]\left|H_{n}(z)\right|^{2}$ p(n)=(n ! \cosh r)^{-1}\left[\frac{1}{2} \tanh r\right]^{n} \exp \left[-|\alpha|^{2}-\frac{1}{2} \tanh r\left(\left(\alpha^{*}\right)^{2} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi}+\alpha^{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \phi}\right)\right]\left|H_{n}(z)\right|^{2}

其中 $z=\frac{\alpha+\alpha^{*} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi} \tanh r}{\sqrt{2 \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi} \tanh r}}$ z=\frac{\alpha+\alpha^{*} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi} \tanh r}{\sqrt{2 \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi} \tanh r}} 可以將其視為一種廣義的泊松分布。

當壓縮率r過大時，其光子數分布會隨n震盪。

五、雙光子的相干態

當然，也可以使用另一種方法來定義壓縮態。

我們定義：若 $b=\mu a+v a^{\dagger}$ b=\mu a+v a^{\dagger} 且 $|\mu|^{2}-|v|^{2}=1$ |\mu|^{2}-|v|^{2}=1 ，則 $\left[b, b^{\dagger}\right]=1$ \left[b, b^{\dagger}\right]=1

可以通過變換由a得到b，即 $b=U a U^{\dagger}$ b=U a U^{\dagger}

對於b的本征值問題有 $b|\beta\rangle_{\mathrm{g}}=\beta|\beta\rangle_{\mathrm{g}}$ b|\beta\rangle_{\mathrm{g}}=\beta|\beta\rangle_{\mathrm{g}} ，其中 $|\beta\rangle_{\mathrm{g}}=U|\beta\rangle$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}}=U|\beta\rangle 。 $|\beta\rangle$ |\beta\rangle 為a的本征態。

可以證明 $|\beta\rangle_{\mathrm{g}}$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}} 的方向是與相干態的方向平行的。所以我們可以使用基態來得到 $|\beta\rangle_{\mathrm{g}}$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}} ，即

$|\beta\rangle_{\mathrm{g}}=D_{\mathrm{g}}(\beta)|0\rangle_{\mathrm{g}}$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}}=D_{\mathrm{g}}(\beta)|0\rangle_{\mathrm{g}} 其中 $D_{\mathrm{g}}(\beta)=\mathrm{e}^{\beta \mathrm{b}^{\dagger}-\beta^{*} b}$ D_{\mathrm{g}}(\beta)=\mathrm{e}^{\beta \mathrm{b}^{\dagger}-\beta^{*} b} ， $|0\rangle_{\mathrm{g}}=U|0\rangle$ |0\rangle_{\mathrm{g}}=U|0\rangle 這里 $|\beta\rangle_{\mathrm{g}}$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}} 就是雙光子的相干態。

可以發現雙光子態是完備的， $\int|\beta\rangle_{\mathrm{g}} g\langle\beta| \frac{\mathrm{d}^{2} \beta}{\pi}=1$ \int|\beta\rangle_{\mathrm{g}} g\langle\beta| \frac{\mathrm{d}^{2} \beta}{\pi}=1

而其模為 $\mathrm{g}\left\langle\beta | \beta^{\prime}\right\rangle_{\mathrm{g}}=\exp \left(\beta^{*} \beta^{\prime}-\frac{1}{2}|\beta|^{2}-\frac{1}{2}\left|\beta^{\prime}\right|^{2}\right)$ \mathrm{g}\left\langle\beta | \beta^{\prime}\right\rangle_{\mathrm{g}}=\exp \left(\beta^{*} \beta^{\prime}-\frac{1}{2}|\beta|^{2}-\frac{1}{2}\left|\beta^{\prime}\right|^{2}\right)

這時我們發現若令 $U=S(\varepsilon)$ U=S(\varepsilon) ，當 $\mu=coshr$ \mu=coshr 且則雙光子的相干態與壓縮態是一樣的。即： $|\beta\rangle_{\mathrm{g}}=S(\varepsilon) D(\beta)|0\rangle$ |\beta\rangle_{\mathrm{g}}=S(\varepsilon) D(\beta)|0\rangle

六、電場中的方差

當我們通過X1與X2來表述電場時： $E(\boldsymbol{r}, t)=\frac{1}{\sqrt{L^{3}}}\left(\frac{\hbar \omega}{2 \varepsilon_{0}}\right)^{1 / 2}\left[X_{1} \sin (\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})-X_{2} \cos (\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right]$ E(\boldsymbol{r}, t)=\frac{1}{\sqrt{L^{3}}}\left(\frac{\hbar \omega}{2 \varepsilon_{0}}\right)^{1 / 2}\left[X_{1} \sin (\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})-X_{2} \cos (\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right]

可以很容易得到其方差為 $\begin{aligned} V(E(\boldsymbol{r}, t))=& K\left\{V\left(X_{1}\right) \sin ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})+V\left(X_{2}\right) \cos ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right.\\ &\left.-\sin [2(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})] V\left(X_{1}, X_{2}\right)\right\} \end{aligned}$ \begin{aligned} V(E(\boldsymbol{r}, t))=& K\left\{V\left(X_{1}\right) \sin ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})+V\left(X_{2}\right) \cos ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right.\\ &\left.-\sin [2(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})] V\left(X_{1}, X_{2}\right)\right\} \end{aligned}

其中： $\begin{aligned} K &=\frac{1}{L^{3}}\left(\frac{2 \hbar \omega}{\varepsilon_{0}}\right) \\ V\left(X_{1}, X_{2}\right) &=\frac{\left\langle\left(X_{1} X_{2}\right)+\left(X_{2} X_{1}\right)\right\rangle}{2}-\left\langle X_{1}\right\rangle\left\langle X_{2}\right\rangle \end{aligned}$ \begin{aligned} K &=\frac{1}{L^{3}}\left(\frac{2 \hbar \omega}{\varepsilon_{0}}\right) \\ V\left(X_{1}, X_{2}\right) &=\frac{\left\langle\left(X_{1} X_{2}\right)+\left(X_{2} X_{1}\right)\right\rangle}{2}-\left\langle X_{1}\right\rangle\left\langle X_{2}\right\rangle \end{aligned}

由於最小不確定性原理 $V\left(X_{1}, X_{2}\right)=0$ V\left(X_{1}, X_{2}\right)=0 ，有 $V(E(\boldsymbol{r}, t))=K\left[V\left(X_{1}\right) \sin ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})+V\left(X_{2}\right) \cos ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right]$ V(E(\boldsymbol{r}, t))=K\left[V\left(X_{1}\right) \sin ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})+V\left(X_{2}\right) \cos ^{2}(\omega t-\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r})\right]

圖為電場的平均值與不確定度的關系，使用線條的粗細代表不確定度的大小。

由圖中可以看出來：相干態（a）的方差均勻分布，這可以用上述的誤差圖看出，相干態的誤差為圓形；而對於壓縮態(b)(c），由於其誤差為橢圓會呈現出不同的圖案來。

七、Multimode Squeezed States

正如上面我們討論到的，對於單一模的態不會存在壓縮態，即壓縮態存在於多模中。

雙模的壓縮態可以定義為 $\left|\alpha_{+}, \alpha_{-}\right\rangle= D_{+}\left(\alpha_{+}\right) D_{-}\left(\alpha_{-}\right) S(G)|0\rangle$ \left|\alpha_{+}, \alpha_{-}\right\rangle= D_{+}\left(\alpha_{+}\right) D_{-}\left(\alpha_{-}\right) S(G)|0\rangle

其中，位移算符 $D_{\pm}(\alpha)=\exp \left(\alpha a_{\pm}^{\dagger}-\alpha^{*} a_{\pm}\right)$ D_{\pm}(\alpha)=\exp \left(\alpha a_{\pm}^{\dagger}-\alpha^{*} a_{\pm}\right) ，幺正算符 $S(G)=\exp \left(G^{*} a_{+} a_{-}-G a_{+}^{\dagger} a_{-}^{\dagger}\right)$ S(G)=\exp \left(G^{*} a_{+} a_{-}-G a_{+}^{\dagger} a_{-}^{\dagger}\right)

對幺正算符有 $S^{\dagger}(G) a_{\pm} S(G)=a_{\pm} \cosh r-a_{\mp}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \sinh r$ S^{\dagger}(G) a_{\pm} S(G)=a_{\pm} \cosh r-a_{\mp}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \sinh r 其中 $G=r \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ G=r \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}

由上述有： $\begin{aligned} \left\langle a_{\pm}\right\rangle &=\alpha_{\pm} \\ \left\langle a_{\pm} a_{\pm}\right\rangle &=\alpha_{\pm}^{2} \\ \left\langle a_{+} a_{-}\right\rangle &=\alpha_{+} \alpha_{-}-\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \sinh r \cosh r \\ \left\langle a_{\pm}^{\dagger} a_{\pm}\right\rangle &=\left|\alpha_{\pm}\right|^{2}+\sinh ^{2} r \end{aligned}$ \begin{aligned} \left\langle a_{\pm}\right\rangle &=\alpha_{\pm} \\ \left\langle a_{\pm} a_{\pm}\right\rangle &=\alpha_{\pm}^{2} \\ \left\langle a_{+} a_{-}\right\rangle &=\alpha_{+} \alpha_{-}-\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \sinh r \cosh r \\ \left\langle a_{\pm}^{\dagger} a_{\pm}\right\rangle &=\left|\alpha_{\pm}\right|^{2}+\sinh ^{2} r \end{aligned}

我們可以定義一個正交算符 $X=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a_{+}+a_{+}^{\dagger}+a_{-}+a_{-}^{\dagger}\right)$ X=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a_{+}+a_{+}^{\dagger}+a_{-}+a_{-}^{\dagger}\right)

則這個算符的平均值與方差分別為： $\begin{aligned} \langle X\rangle &= 2\left(\operatorname{Re}\left\{\alpha_{+}\right\}+\operatorname{Re}\left\{\alpha_{-}\right\}\right) \\ V(X) &=\left(\mathrm{e}^{-2 r} \cos ^{2} \frac{\theta}{2}+\mathrm{e}^{2 r} \sin ^{2} \frac{\theta}{2}\right) \end{aligned}$ \begin{aligned} \langle X\rangle &= 2\left(\operatorname{Re}\left\{\alpha_{+}\right\}+\operatorname{Re}\left\{\alpha_{-}\right\}\right) \\ V(X) &=\left(\mathrm{e}^{-2 r} \cos ^{2} \frac{\theta}{2}+\mathrm{e}^{2 r} \sin ^{2} \frac{\theta}{2}\right) \end{aligned}

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