1.コヒーレント状態の考え方
電子が位置と運動量が同時に確定した状態になれなかったのと同じように、量子化した光にも、非可換な観測量が同時に確定した状態は存在しない。そこで、最小の不確定性を持つ光とはどのような光だろうか？と考えるのは自然なことだろう。
量子化した電場は、生成演算子\(\hat{a}^\dagger\)と消滅演算子\(\hat{a}\)をもちいて
\begin{align}
\hat{E}(\b{r},t) &= i\sqrt{\frac{\hbar\omega}{2\epsilon_0V}}\left(\hat{a}e^{-i(\omega t-\b{k}\cdot\b{r})}-\hat{a}^\dagger e^{i(\omega t-\b{k}\cdot\b{r})}\right)\tag{1}\\
\end{align}
と表されるのだった。(今回も簡単のため単一モードを考える。) 見てわかるように、\(\hat{a},\hat{a}^\dagger\)は古典的な電場の複素振幅に相当している。この振幅が最小の不確定性を持つ状態を考えると現れるのが、コヒーレント状態である。それを考えるため、まずは複素振幅を形式的に実数部と虚数部に分解する。そこで、
\[\hat{a} = \hat{x}_1 +i\hat{x}_2 \tag{2}\]
を満たす演算子\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)を考えよう。逆に解くと、
\begin{align}
\hat{x}_1 &= \frac{1}{2}(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)\tag{3}\\
\hat{x}_2 &= \frac{1}{2i}(\hat{a}-\hat{a}^\dagger)\tag{4}
\end{align}
となり、\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)はエルミート演算子である。これを電場の式に代入すると、
\begin{align}
\hat{E}(\b{r},t) &= i\sqrt{\frac{\hbar\omega}{2\epsilon_0V}}\left((\hat{x}_1 +i\hat{x}_2)e^{-i(\omega t-\b{k}\cdot\b{r})}-(\hat{x}_1 -i\hat{x}_2) e^{i(\omega t-\b{k}\cdot\b{r})}\right)\\
&= \sqrt{\frac{2\hbar\omega}{\epsilon_0V}}\left(\hat{x}_1 \sin(\omega t-\b{k}\cdot\b{r}) +\hat{x}_2 \cos(\omega t-\b{k}\cdot\b{r})\right)\tag{5}\\
\end{align}
となる。式の形から、\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)が、古典的な電場振幅のsin, cos成分に対応している演算子であることがわかるだろう。この2つのエルミート演算子\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)が最小の不確定性を持つ状態が、
コヒーレント状態
だ。以下でコヒーレント状態が具体的にどんな状態なのか調べよう。
2.コヒーレント状態の導出
量子力学では一般に、2つの非可換なエルミート演算子\(\hat{A},\hat{B}\)、任意の状態\(\ket{\psi}\)について
\[\Delta \hat{A} = \hat{A}-\expect{A}_\psi\tag{6}\]
\[\Delta \hat{B} = \hat{B} - \expect{B}_\psi\tag{7}\]
ただし
\[\expect{\cdot}_\psi = \bra{\psi}\cdot\ket{\psi}\tag{8}\]
として、
\[\sqrt{\expect{\Delta \hat{A}^2}_\psi}\sqrt{\expect{\Delta \hat{B}^2}_\psi} \geq \frac{1}{2}\left|\expect{[\hat{A},\hat{B}]}_\psi\right|\tag{9}\]
が成り立つことは
以前導出した。特に(9)の等号を成り立たたせるような状態、つまり最小不確定性を持つ状態は、\(\ket{\psi_m}\)は適当な実数\(\lambda\)について、
\[\Delta \hat{B}\ket{\psi_m} = i\lambda \Delta \hat{A}\ket{\psi_m}\tag{10}\]
を満たすような状態である。特に\(\lambda=\pm 1\)のとき、方程式が対照的になり、\(\hat{A},\hat{B}\)の不確定性が等しくなる。
これを今回の議論に当てはめよう。まずは\([\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1\)の交換関係から、\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)の交換関係を求める。
\begin{align}
[\hat{x}_1,\hat{x}_2] &= \frac{1}{4i}[\hat{a}+\hat{a}^\dagger,\hat{a}-\hat{a}^\dagger] \\
&= \frac{1}{4i}\left([\hat{a},\hat{a}]-[\hat{a}^\dagger,\hat{a}^\dagger] + [\hat{a}^\dagger,\hat{a}] - [\hat{a},\hat{a}^\dagger]\right)\\
&= -\frac{1}{2i}[\hat{a},\hat{a}^\dagger]\\
&= \frac{i}{2}\\
\end{align}
を得る。よって不等式は
\[\sqrt{\expect{\Delta \hat{x}_1^2}_\psi}\sqrt{\expect{\Delta \hat{x}_2^2}_\psi} \geq \frac{1}{4}\tag{11}\]
となる。次にこの不等式の等号成立条件を調べる。(10)から、
\[(\hat{x}_2-\expect{\hat{x}_2})\ket{\psi_m} = i\lambda (\hat{x}_1-\expect{\hat{x}_1})\ket{\psi_m}\tag{12}\]
を解けば良い。コヒーレント状態は特に\(\lambda =1\)、つまり\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)の不確定性が等しくなる状態として導出できるので、今回はその場合だけを考えよう。よって解く方程式は、
\[(\hat{x}_2-\expect{\hat{x}_2})\ket{\psi_m} = i(\hat{x}_1-\expect{\hat{x}_1})\ket{\psi_m}\tag{13}\]
である。少し変形すると、
\[(\hat{x}_1+i\hat{x}_2)\ket{\psi_m} = (\expect{\hat{x}_1}+i\expect{\hat{x}_1})\ket{\psi_m}\tag{14}\]
となる。ここでよく見てみると左辺の演算子は消滅演算子\(\hat{a}\)そのものだし、右辺の係数はただの複素数だ。そこで右辺の係数は全体で\(\alpha\)と置いてしまうと、最小不確定性状態を与える方程式は
\[\hat{a}\ket{\psi_m} = \alpha \ket{\psi_m}\tag{15}\]
となり、消滅演算子\(\hat{a}\)の固有値方程式になる。\(\ket{\psi_m}\)は\(\hat{a}\)の固有値\(\alpha\)に対応する固有状態だから、ここからは\(\alpha\)と書くことにしよう。
この\(\ket{\alpha}\)がコヒーレント状態だ。つまり、コヒーレント状態とは、直交位相振幅\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)の最小不確定性状態であり、消滅演算子\(\hat{a}\)の固有状態である。
3.コヒーレント状態の\(\ket{n}\)による展開
コヒーレント状態を消滅演算子\(\hat{a}\)の固有状態\(\ket{\alpha}\)として定義したのは良いものの、具体的にどのような状態なのか気になるところだ。そこで素性をよく知っている光子数状態\(\ket{n}\)で\(\ket{\alpha}\)を展開した形を求めてみよう。それをするには
\[\ket{\alpha} = \sum_n c_n \ket{n}\tag{16}\]
と置いて、(15)を係数\(c_n\)に関する方程式として捉えれば良い。(16)を(15)に代入すると\(\hat{a}\ket{n} = \sqrt{n}\ket{n-1}\)だから、
\begin{align}
\sum_{n=1}^\infty c_n \sqrt{n}\ket{n-1} &= \alpha\sum_{n=0}^\infty c_n\ket{n} \\
\sum_{n=0}^\infty c_{n+1} \sqrt{n+1}\ket{n} &= \sum_{n=0}^\infty \alpha c_n\ket{n} \\
\end{align}
となる。したがって、
\begin{align}
\sqrt{n+1} c_{n+1} &= \alpha c_n \\
c_{n+1} &= \frac{\alpha}{\sqrt{n+1}} c_n \\
\end{align}
が成り立っていれば良い。簡単な漸化式になっているので次の解が得られる。
\[c_n = \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}c_0\tag{17}\]
\(c_0\)はいまだ不定のままだが、これは\(\ket{\alpha}\)の規格化条件から求められる。今(17)式から、
\[\ket{\alpha} = \sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}c_0 \ket{n}\]
であることがわかったから、規格化条件\(\braket{\alpha}{\alpha}=1\)を考えると、
\begin{align}
1 &= \braket{\alpha}{\alpha} \\
1 &= \left(\sum_m \frac{\alpha^m}{\sqrt{m!}}c_0 \ket{m}\right)^\dagger\sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}c_0 \ket{n}\\
1 &= \sum_m\sum_n \frac{{\alpha^*}^m}{\sqrt{m!}}c_0^* \bra{m}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}c_0 \ket{n}\\
1 &= \sum_m\sum_n \frac{|\alpha|^{m+n}}{\sqrt{m!}\sqrt{n!}}|c_0|^2 \braket{m}{n}\\
1 &= \sum_m\sum_n \frac{|\alpha|^{m+n}}{\sqrt{m!}\sqrt{n!}}|c_0|^2 \delta_{mn}\\
1 &= |c_0|^2\sum_n \frac{|\alpha|^{2n}}{n!}\\
1 &= |c_0|^2e^{|\alpha|^{2}}\\
|c_0| &= e^{-|\alpha|^{2}/2}
\end{align}
となる。\(c_0\)の位相は不定のままだけれども、量子力学では状態間の位相"差"に意味があっても、状態全体にかかる位相は物理的意味を持たないから、とりあえず無視してしまうことにしよう。ということで
\[c_0 = e^{-|\alpha|^{2}/2}\tag{18}\]
を採用する。
これでコヒーレント状態\(\ket{\alpha}\)の光子数状態\(\ket{n}\)による展開が求まった。
\[\ket{\alpha} = e^{-|\alpha|^{2}/2} \sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\ket{n}\tag{19}\]
である。このことを生成演算子によって表現することもできる。\(\hat{a}^\dagger\ket{n} = \sqrt{n+1}\ket{n+1}\)を踏まえると、
\[\frac{1}{\sqrt{n!}}\ket{n} = \frac{(\hat{a}^\dagger)^n}{n!}\ket{0}\]
だから、
\begin{align}
\ket{\alpha} &= e^{-|\alpha|^{2}/2}\left(\sum_n \frac{(\alpha\hat{a}^\dagger)^n}{n!}\right)\ket{0}\\
&= \exp\left(-\frac{|\alpha|^{2}}{2}+\alpha \hat{a}^\dagger\right)\ket{0}\tag{20}
\end{align}
とも書ける。
4.光子数分布
コヒーレント状態にある光を観測して、光子数が\(n\)であると観測される確率は
\[P_n = |\braket{n}{\alpha}|^2 = \frac{|\alpha|^{2n}}{n!}e^{-|\alpha|^{2}} \tag{21}\]
であり、これは平均\(|\alpha|^2\)の
ポアソン分布
である。コヒーレント状態になっているかどうか調べるには、光電子増倍管なんかで光子数の測定をして、その測定結果がポアソン分布になっていることを確かめれば良いのだ。
5.完全性
コヒーレント状態\(\ket{\alpha}\)は光子数状態と同じく完全系をなす。つまり任意の状態をコヒーレント状態によって展開できる。このことを示そう。完全系であることを示すには
\[\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha}\]
が恒等演算子であることを示せば良い。(19)式に\(\hat{a}\)をかけてみればわかるように、任意の複素数\(\alpha\)について\(\ket{\alpha}\)は\(\hat{a}\)の固有状態になっていることから、積分範囲は複素平面全体である。
早速計算していこう。
\begin{align}
\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha} &= \int d\alpha e^{-|\alpha|^{2}} \left(\sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\ket{n}\right) \left(\sum_m \frac{{\alpha^m}^*}{\sqrt{m!}}\bra{m}\right)\\
&= \int d\alpha e^{-|\alpha|^{2}} \sum_{n,m} \frac{{\alpha^n}{\alpha^m}^*}{\sqrt{n!m!}}\ket{n}\bra{m}\\
\end{align}
ここで\(\alpha = re^{i\theta}\)と極座標へ変換する。\(d\alpha = rdrd\theta\)である。
\begin{align}
\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha}
&= \sum_{n,m}\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\ket{n}\bra{m}\int_0^\infty rdr\int_0^{2\pi}d\theta e^{-r^2}r^{n+m} e^{i\theta(n-m)}\\
\end{align}
\(\theta\)に関する積分は、
\[\int_0^{2\pi} e^{i\theta(n-m)}d\theta = 2\pi\delta_{nm}\]
となるから、
\begin{align}
\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha}
&= \sum_{n,m}\frac{1}{\sqrt{n!m!}}\ket{n}\bra{m}\int_0^\infty rdr e^{-r^2}r^{n+m} (2\pi \delta_{nm})\\
&= \sum_{n}\frac{2\pi}{n!}\ket{n}\bra{n}\int_0^\infty dr e^{-r^2}r^{2n+1}\\
\end{align}
を得る。\(r\)に関する積分は、今回は真面目に計算しないが、
\[\int_0^\infty dr e^{-r^2}r^{2n+1} = \frac{n!}{2}\]
となる。代入すれば、
\begin{align}
\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha}
&= \sum_{n}\frac{2\pi}{n!}\ket{n}\bra{n}(\frac{n!}{2})\\
&= \pi\sum_{n}\ket{n}\bra{n}
\end{align}
であることがわかる。光子数状態は完全系をなしていて\(\sum_n\ket{n}\bra{n}=\hat{I}\)だから、
\[\frac{1}{\pi}\int d\alpha \ket{\alpha}\bra{\alpha} = \hat{I}\tag{22}\]
となって、\(\pi\)の定数倍がついたものの、確かに\(\ket{\alpha}\)は完全系を作っていることがわかった。
6.変位演算子
最後に変位演算子というのを紹介して終わりにしよう。
直交位相振幅\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)に関して、不確定性の等しい最小不確定性状態として1番簡単なものは、真空状態\(\ket{0}\)である。これまで議論してきたコヒーレント状態の\(\alpha=0\)の状態に相当している。この真空状態\(\ket{0}\)のゆらぎを変化させずに、ある意味「平行移動」して一般のコヒーレント状態\(\ket{\alpha}\)へ変化させるのが
変位演算子
\(\hat{D}(\alpha)\)である。
まずは普通の量子力学に立ち返り、
運動量演算子によって位置演算子が平行移動できたことを思い出そう。具体的には、
\[\hat{x} + u = \exp\left(iu\hat{p}\right)\hat{x}\exp\left(-iu\hat{p}\right)\]
\[\hat{p} + v = \exp\left(-iv\hat{x}\right)\hat{p}\exp\left(iv\hat{x}\right)~~~~(\hbar=1)\]
という関係があった。しかもこの関係は、\([\hat{x},\hat{p}]=i\)という交換関係だけから導かれる。
したがって、同じ交換関係を持つ直交位相振幅\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)についても、同じ関係が成り立つだろう。ということは、
\[\hat{D}(u,v) = \exp\left(i(u\hat{x}_1-v\hat{x}_2)\right)\tag{23}\]
という演算子は、\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)を\(u,v\)だけ平行移動する働きがあるはずだ。だから、この演算子を\(\ket{0}\)にかければ、\(\hat{x}_1,\hat{x}_2\)の不確定さはそのままに「平行移動」して、コヒーレント状態を作り出せると考えられる。
実際に\(\ket{0}\)に\(\hat{D}\)を作用させて、コヒーレント状態が生み出されるか、計算して確認しよう。まずは(21)を一般的に定義される変位演算子の形へ変形する。
\begin{align}
\hat{D}(u,v) &= \exp\left(i(u\hat{x}_1-v\hat{x}_2)\right) \\
&= \exp\left(i\left(\frac{u}{2}(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)-\frac{v}{2i}(\hat{a}-\hat{a}^\dagger)\right)\right) \\
&= \exp\left(-\frac{v-iu}{2}\hat{a}+\frac{v+iu}{2}\hat{a}^\dagger\right)
\end{align}
から、\(\alpha = \frac{v+iu}{2}\)とすると、
\[\hat{D}(\alpha) = \exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}\right)\tag{24}\]
となる。これが変位演算子の一般的な定義である。ここからは、
\[\hat{D}(\alpha)\ket{0} = \ket{\alpha}\]
となることの証明を書く。
すでに(20)によって\(\ket{0}\)を\(\ket{\alpha}\)にできる演算子はわかっているから、(20)の形を目指して変形していく。
\begin{align}
\hat{D}(\alpha)\ket{0} &= \exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}\right)\ket{0}\\
&= \exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}+\frac{|\alpha|^2}{2}-\frac{|\alpha|^2}{2}\right)\ket{0}\\
&= \exp\left(-\frac{|\alpha|^2}{2}\right)\exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}+\frac{|\alpha|^2}{2}[\hat{a},\hat{a}^\dagger]\right)\ket{0}\\
\end{align}
ここで、演算子の指数関数についての公式を使う。\([A,B]\)がスカラーの時、
\[e^\hat{A}e^\hat{B} = \exp\left(\hat{A}+\hat{B}+\frac{1}{2}[\hat{A},\hat{B}]\right)\tag{25}\]
が成り立つ。証明は別ページで書くかもしれないし、書かないかもしれない。これを使うと、
\begin{align}
\exp(\alpha\hat{a}^\dagger)\exp(-\alpha^*\hat{a})
&= \exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}+\frac{1}{2}[\alpha\hat{a}^\dagger,-\alpha^*\hat{a}]\right)\\
&= \exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}+\frac{|\alpha|^2}{2}[\hat{a},\hat{a}^\dagger]\right)
\end{align}
となるから、これを代入すれば、
\begin{align}
\hat{D}(\alpha)\ket{0} &= \exp\left(-\frac{|\alpha|^2}{2}\right)\exp(\alpha\hat{a}^\dagger)\exp(-\alpha^*\hat{a})\ket{0}\\
&= \exp\left(-\frac{|\alpha|^2}{2}\right)\exp(\alpha\hat{a}^\dagger)\ket{0}\\
&= \ket{\alpha}
\end{align}
となって証明できた。ちなみに\(\exp(-\alpha^*\hat{a})\ket{0}=\ket{0}\)を使った。
7.変位演算子の積
変位演算子が平行移動の演算子であるということを考えると、その積\(\hat{D}(\beta)\hat{D}(\alpha)\)が\(\hat{D}(\alpha+\beta)\)になるか気になったので計算してみた。
\[\hat{D}(\beta)\hat{D}(\alpha) = \exp\left(\beta\hat{a}^\dagger-\beta^*\hat{a}\right)\exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}\right)\]
なので、先程の演算子の積の公式(25)を使うことを念頭に置いて、次の計算をする。
\begin{align}
[\beta\hat{a}^\dagger-\beta^*\hat{a},\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}] &= -\alpha\beta^*[\hat{a},\hat{a}^\dagger]-\alpha^*\beta[\hat{a}^\dagger,\hat{a}]\\
&= \alpha^*\beta-\alpha\beta^*
\end{align}
したがって、
\begin{align}
\hat{D}(\beta)\hat{D}(\alpha) &= \exp\left(\left(\beta\hat{a}^\dagger-\beta^*\hat{a}\right)+\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}\right)+\frac{1}{2}(\alpha^*\beta-\alpha\beta^*)\right)\\
&= \exp\left(\frac{1}{2}(\alpha^*\beta-\alpha\beta^*)\right)\hat{D}(\alpha+\beta)
\end{align}
を得る。位相因子\(e^{(\alpha^*\beta-\alpha\beta^*)/2}\)を除いて、予想した形になった。位相因子は\(\hat{D}(\beta),\hat{D}(\alpha)\)の非可換性を反映しているわけだな。