1. スクイーズド光とは
スクイーズド光とは一般に、何らかのオブザーバブルの不確定性が、コヒーレント光よりも小さくなっているような光のことを言う。このページではそのような光の一例を導出してみようと思う。
前回、電場振幅の cos, sin 成分 \(\hat{x}_1\), \(\hat{x}_2\) が最小の不確定性を持つ状態として、コヒーレント状態を導出した。\(\hat{x}_1\), \(\hat{x}_2\) の具体的な表式は、\(\hat{a}^\dagger\), \(\hat{a}\) をあるモードの生成消滅演算子として、
\begin{align}
\hat{x}_1 &= \frac{1}{2}(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)\\
\hat{x}_2 &= \frac{1}{2i}(\hat{a}-\hat{a}^\dagger)
\end{align}
である。コヒーレント状態 \(\ket{\alpha}\) は
\begin{align}
\Delta \hat{x}_1 = \hat{x}_1 - \bra{\alpha}\hat{x}_1\ket{\alpha} \\
\Delta \hat{x}_2 = \hat{x}_2 - \bra{\alpha}\hat{x}_2\ket{\alpha}
\end{align}
としたとき、不確定性の不等式
\[\sqrt{\bra{\alpha}\Delta \hat{x}_1^2\ket{\alpha}}\sqrt{\bra{\alpha}\Delta \hat{x}_2^2 \ket{\alpha}} \geq \frac{1}{4}\]
の等号を成り立たせるものである。特に、\(\ket{\alpha}\) は
\[(\hat{x}_2-\bra{\alpha}\hat{x}_2\ket{\alpha})\ket{\alpha} = i(\hat{x}_1-\bra{\alpha}\hat{x}_1\ket{\alpha})\ket{\alpha}\]
という方程式の解として得られる。しかしながら、前回も少し述べたように、最小不確定性を得るための条件はもう少し一般的であり、一般の最小不確定性状態 \(\ket{\psi_\lambda}\) は、任意の実数パラメータ \(\lambda\) を使って
\[(\hat{x}_2-\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_2\ket{\psi_\lambda})\ket{\psi_\lambda} = i\lambda (\hat{x}_1-\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_1\ket{\psi_\lambda})\ket{\psi_\lambda}\tag{1}\]
さえ満たされていれば良い。コヒーレント状態は \(\lambda = 1\) に対応するが、このページでは一般の \(\lambda\) について考える。この方程式を解くと、コヒーレント状態では \(\sqrt{\bra{\alpha}\Delta \hat{x}_1^2\ket{\alpha}} = \sqrt{\bra{\alpha}\Delta \hat{x}_2^2 \ket{\alpha}} = 1/2\) のように等しく分配されていた不確定性が、片方の振幅に関して \(\sqrt{\bra{\psi_\lambda}\Delta \hat{x}_1^2\ket{\psi_\lambda}}\lt 1/2\) となるような状態が導出される。このような状態の光が
スクイーズド光
の一例であり、特に直交振幅成分が "squeeze" されているので
直交位相振幅スクイーズド状態
と呼ばれる。このページではこのような状態の光がどのような量子状態、特に光子数状態による展開を持っているのか導出する。
2. 方程式を解く
目標はスクイーズド状態を光子数状態 \(\ket{n}\) で展開することである。実際に (1) 式を解いてスクイーズド状態を導出しよう。\(\lambda \to 1/\lambda\) と置き換えて (1) 式を少し書き換えると
\begin{align}
\left(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\right)\ket{\psi_\lambda} = \left(\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_1\ket{\psi_\lambda} + i\lambda\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_2\ket{\psi_\lambda}\right)\ket{\psi_\lambda}\tag{2}
\end{align}
となる。ここで右辺 \(\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_1\ket{\psi_\lambda} + i\lambda\bra{\psi_\lambda}\hat{x}_2\ket{\psi_\lambda}\) は単なる複素数なので、これを \(\alpha \) と置くと
\begin{align}
\left(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\right)\ket{\psi_\lambda} = \alpha \ket{\psi_\lambda}\tag{3}
\end{align}
が解くべき式となる。これは \(\left(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\right)\) という演算子の固有値問題であり、
コヒーレント状態の導出 とほとんど同じ形の式だ。
\(\ket{\psi_\lambda}\) の光子数状態による展開を求めたかったのだから、
\begin{align}
\ket{\psi_\lambda} = \sum_n c_{\lambda, n}\ket{n} \tag{4}
\end{align}
として (3) に代入し、係数 \(c_{\lambda, n}\) の方程式に直してやろう。(3) に (4) を代入すると
\begin{align}
\left(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\right)\left(\sum_n c_{\lambda, n}\ket{n}\right) &= \alpha \left(\sum_n c_{\lambda, n}\ket{n}\right) \\
\sum_n c_{\lambda, n}\left(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\right)\ket{n} &= \sum_n \alpha c_{\lambda, n}\ket{n} \tag{5}
\end{align}
\(\ket{n}\) に対する \(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\) の作用を調べるには、これらを生成消滅演算子で表してやれば良い。
\begin{align}
\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2 = \frac{1+\lambda}{2} \hat{a} + \frac{1-\lambda}{2} \hat{a}^\dagger \tag{6}
\end{align}
である。\(\hat{a}\ket{n} = \sqrt{n}\ket{n-1}\), \(\hat{a}^\dagger \ket{n} = \sqrt{n+1}\ket{n+1}\) だったことを思い出して、(5) 式をさらに計算すると
\begin{align}
\sum_n c_{\lambda, n}\left(\frac{1+\lambda}{2} \sqrt{n}\ket{n-1} + \frac{1-\lambda}{2}\sqrt{n+1}\ket{n+1}\right) &= \sum_n \alpha c_{\lambda, n}\ket{n}
\end{align}
を得る。\(\ket{n}\) はすべて直交している状態なので、この方程式が成り立つためには、各 \(\ket{n}\) について等号が成り立っていなくてはならない。\(\ket{0}\) に関する方程式から順に書いて行くと、
\begin{align}
\frac{1+\lambda}{2}c_{\lambda, 1} &= \alpha c_{\lambda, 0} \\
\frac{1+\lambda}{2}\sqrt{2}c_{\lambda, 2} + \frac{1-\lambda}{2}c_{\lambda, 0} &= \alpha c_{\lambda, 1} \\
\vdots \\
\frac{1+\lambda}{2}\sqrt{k+1}c_{\lambda, k+1} + \frac{1-\lambda}{2}\sqrt{k}c_{\lambda, k-1} &= \alpha c_{\lambda, k} \\
\vdots
\end{align}
となる。これを解いて \(c_{\lambda, n}\) を求めたいわけだが、漸化式の問題として書き直すことができそうなことがすぐに分かるだろう。\(c_{\lambda, 0}\) を \(c\) と書くことにすると、
\begin{align}
c_{\lambda, 0} &= c \\
c_{\lambda, 1} &= \frac{2\alpha }{1+\lambda}c \\
c_{\lambda, k+1} &= \frac{2\alpha }{1+\lambda}\frac{1}{\sqrt{k+1}}\alpha c_{\lambda, k} - \frac{1-\lambda}{1+\lambda}\sqrt{\frac{k}{k+1}}c_{\lambda, k-1}
\end{align}
が解きたい数列である。
... この数列を直接解くのは非常に難しそうだが、うまいやり方があるので以下ではその方法で解こう。
3. \(\alpha = 0\)だけ解く
上の数列の一般項を求めることは非常に難しそうである。しかし \(\alpha = 0\) のときに限っては簡単に解けそうなことに気づく。よく考えてみると、もともと \(\alpha \) は \(\alpha = \expect{\hat{x}_1} + i\lambda \expect{\hat{x}_2}\) というような複素数だったから、
前回の最後に導入した変位演算子 \(D(\alpha)\) を使えば調整できそうである。そこでとりあえず \(\alpha = 0\) を解いてしまおう。
\(\alpha = 0\) のとき、漸化式は
\begin{align}
c_{\lambda, 0} &= c \\
c_{\lambda, 1} &= 0 \\
c_{\lambda, k+1} &= \frac{1-\lambda}{1+\lambda}\sqrt{\frac{k}{k+1}}c_{\lambda, k-1}
\end{align}
である。これはもう説明はいらないだろう。一般項は、
\begin{align}
c_{\lambda, 2k} &= \left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^k \sqrt{\frac{(2k-1) \cdots 3 \cdot 1}{(2k) \cdots 4 \cdot 2}}c \\
c_{\lambda, 2k+1} &= 0
\end{align}
である。したがって、\(\alpha = 0\)、すなわち \(\expect{\hat{x}_1} = \expect{\hat{x}_2} = 0\) のスクイーズド状態は
\begin{align}
\ket{0_\lambda} &= c\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^k\sqrt{\frac{(2k - 1)!!}{(2k)!!}}\ket{2k}
\end{align}
とかける。おしゃれに二重階乗の記号 \(!!\) を使ってみた。初期条件として与えていた定数 \(c\) は \(\braket{0_\lambda}{0_\lambda} = 1\) の規格化条件を課すことによって決めることができる。計算には少しテクニック、というか気づきが必要だが、それほど難しくないと思う。
\begin{align}
\braket{0_\lambda}{0_\lambda} &= 1 \\
c^2\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^{2k}\frac{(2k - 1)!!}{(2k)!!} &= 1
\end{align}
分母の二重階乗は \((2k)!! = 2^k k!\) と書き直すことができるので、
\begin{align}
c^2\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{2}\left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^{2}\right)^{k}\frac{(2k - 1)!!}{k!} &= 1
\end{align}
さらにここで \(\gamma = \left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^{2}\) と置くと、
\begin{align}
c^2\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{\gamma}{2}\right)^{k}\frac{(2k - 1)!!}{k!} &= 1
\end{align}
を得る。この式をじっと見ていると気づく (かもしれない)、この和は \((1-\gamma)^{-1/2}\) のテイラー展開になっている。したがって、規格化定数として
\begin{align}
c^2 &= (1-\gamma)^{1/2} \\
c &= (1-\gamma)^{1/4}
\end{align}
が得られる。よって \(\alpha = 0\) のスクイーズド光の光子数による表現は
\begin{align}
\ket{0_\lambda} &= \left(1-\left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^2\right)^{1/4}\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^k\sqrt{\frac{(2k - 1)!!}{(2k)!!}}\ket{2k}
\end{align}
である。
しかし上の式はよく教科書なんかで見かける式とは幾分形が違う。よく見かける式に書き直すには、\(\lambda = e^{-2r}\) と置く。そうすると
\begin{align}
\frac{1-\lambda}{1+\lambda} &= \tanh r \\
1-\left(\frac{1-\lambda}{1+\lambda}\right)^2 &= \frac{1}{\cosh^2 r}
\end{align}
となるので、これと
\begin{align}
\frac{(2k - 1)!!}{(2k)!!} = \frac{(2k)!}{\left(2^k (k)!\right)^2}
\end{align}
の等式を合わせて二重階乗をなくしてやれば、以下のよく見る形 (に近いもの) を得る。
\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{k=0}^\infty \tanh^k r\frac{\sqrt{(2k)!}}{2^k k!}\ket{2k} \tag{7}
\end{align}
4. 真空スクイーズド状態
ここまでで、\(\hat{x}_1 + i\lambda\hat{x}_2\) という演算子の固有値問題を解いて、最小不確定性を持つスクイーズド状態を導出した。このセクションではもう少しの一般化をする。
着目するのは、\(\hat{x}_1\), \(\hat{x}_2\) という演算子はそれぞれ、電場の cos, sin 成分の振幅という意味を持つ量だったことだ。上で導出したスクイーズド状態は、この cos, sin 成分に関するスクイージングをしていることに相当する。この波の位相をずらす変換を考えれば、異なる角度でのスクイーズド状態を考えることができるだろう。
そこで
\begin{align}
\left(\begin{array}{c}\hat{x}_1' \\ \hat{x}_2' \end{array}\right) &= \left(\begin{array}{cc}\cos \phi & \sin \phi\\ -\sin\phi &\cos\phi \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\hat{x}_1 \\ \hat{x}_2 \end{array}\right)
\end{align}
と、\(\hat{x}_1\), \(\hat{x}_2\) を回転させた新しい演算子 \(\hat{x}_1'\), \(\hat{x}_2'\) を定義する。そして \(\hat{x}_1' + i\lambda\hat{x}_2'\) という演算子の固有値問題を解けば、対応する固有状態として前とは異なる角度でスクイーズされた状態が現れるだろう。さて、この演算子を元の座標系での \(\hat{a}, \hat{a}^\dagger\) によって表してやると、簡単な計算から、
\begin{align}
\hat{x}_1' + i\lambda\hat{x}_2' = \frac{1+\lambda}{2} e^{-i\phi} \hat{a} + \frac{1-\lambda}{2} e^{i\phi} \hat{a}^\dagger \tag{8}
\end{align}
となることがわかる。これを (6) と比べると、\(1+\lambda \to\) \((1+\lambda)e^{-i\phi}\), \(1-\lambda \to\) \((1-\lambda)e^{i\phi}\) となっているだけであることがわかるので、ほとんど同じ計算から、次の状態が固有状態として得られる。
\begin{align}
\ket{r, \phi} = \frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{k=0}^\infty e^{-i2k\phi}\tanh^k r\frac{\sqrt{(2k)!}}{2^k k!}\ket{2k} \tag{9}
\end{align}
この状態は \(\alpha = 0\) の直交位相振幅スクイーズド状態の中で最も一般的な形であり、
真空スクイーズド状態
とも呼ばれる。
5. スクイーズ演算子
\(\ket{r, \phi}\) を真空状態 \(\ket{0}\) から生成するユニタリー演算子は
スクイーズ演算子
と呼ばれる。最後にこの演算子を導いて終わりにしよう。
まず、\(\sqrt{(2k)!}\ket{2k} = (\hat{a}^\dagger)^{2k}\ket{0}\) なので、
\begin{align}
\ket{r, \phi} = \frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{k=0}^\infty e^{-i2k\phi}\tanh^k r\frac{1}{2^k k!}(\hat{a}^\dagger)^{2k} \ket{0}
\end{align}
つまりスクイーズ演算子 \(S\) としては
\begin{align}
& \frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{k=0}^\infty e^{-i2k\phi}\tanh^k r\frac{1}{2^k k!}(\hat{a}^\dagger)^{2k}\\
&= \frac{1}{\sqrt{\cosh r}} \exp \left(\frac{1}{2} e^{-i2\phi}\tanh r(\hat{a}^\dagger)^2\right)
\end{align}
を取ればよいだろうか？しかしすぐに分かるように、この演算子はユニタリーではない。それは指数関数の中に入っている演算子が歪エルミート (\(A=-A^\dagger\)) でないからだ。そこで指数関数の中身を愚直に歪エルミート化してやった形の演算子
\begin{align}
\hat{S}(\zeta) = \exp\left(\frac{\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2}{2}\right)
\end{align}
を考えてみよう。結論としては、実はこの演算子がスクイーズド状態 \(\ket{r,\phi}\) を生成するスクイーズ演算子となっているのである。
このことはこの演算子 \(\hat{S}(\zeta)\) による消滅演算子 \(\hat{a}\) の変換を考えることで確かめられる。試しに \(\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)\) を計算してみよう。
計算には
アダマール公式
\begin{align}
e^A B e^{-A} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \underbrace{[A,[A,\cdots,[A}_n,B]\cdots]
\end{align}
を使う。
\begin{align}
\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta) &= \exp\left(\frac{\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2}{2}\right) \hat{a} \exp\left(\frac{\zeta (\hat{a}^\dagger)^2 - \zeta^* \hat{a}^2}{2}\right) \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \frac{1}{2^n}\underbrace{[\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2,\cdots,[\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2}_n,\hat{a}]\cdots]
\end{align}
ここで現れた交換子を計算すると、
\begin{align}
[\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2, \hat{a}] &= -\zeta [(\hat{a}^\dagger)^2, \hat{a}] \\
&= -\zeta \left((\hat{a}^\dagger)^2 \hat{a} - \hat{a}(\hat{a}^\dagger)^2 \right) \\
&= -\zeta \left((\hat{a}^\dagger)^2 \hat{a} - \left(\hat{a}^\dagger\hat{a}\hat{a}^\dagger + \hat{a}^\dagger\right) \right) \\
&= -\zeta \left((\hat{a}^\dagger)^2 \hat{a} - \left((\hat{a}^\dagger)^2\hat{a} + 2\hat{a}^\dagger\right) \right) \\
&= 2\zeta \hat{a}^\dagger
\end{align}
さらに交換子をかけると
\begin{align}
[\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2, 2\zeta\hat{a}^\dagger] &= 2|\zeta|^2 [(\hat{a})^2, \hat{a}^\dagger] \\
&= 2|\zeta|^2 \left((\hat{a})^2 \hat{a}^\dagger - \hat{a}^\dagger(\hat{a})^2\right) \\
&= 2|\zeta|^2 \left(\left(\hat{a} \hat{a}^\dagger \hat{a} + \hat{a}\right) - \hat{a}^\dagger\hat{a})^2\right) \\
&= 2|\zeta|^2 \left(\left(\hat{a}^\dagger (\hat{a})^2 + 2\hat{a}\right) - \hat{a}^\dagger\hat{a})^2\right) \\
&= 4|\zeta|^2 \hat{a}
\end{align}
となり、二回 \(\hat{a}\) に交換子をかけると \(4|\zeta|^2\hat{a}\) となり、定数がかかる以外は \(\hat{a}\) に戻ってくることがわかる。したがって、\(\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)\) の計算に現れた和を偶数と奇数に分けてやれば、以下のように計算できる。
\begin{align}
\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{|\zeta|^{2n}}{(2n)!} \hat{a} + \sum_{n=0}^\infty \frac{\zeta|\zeta|^{2n}}{(2n+1)!} \hat{a}^\dagger
\end{align}
\(\zeta = re^{i2\phi}\) と極座標表示してやると、
\begin{align}
\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)
&= \hat{a} \cosh r + \hat{a}^\dagger e^{i2\phi}\sinh r
\end{align}
となる。この式を、\(\lambda = e^{-2r}\) とおいた (8) 式
\begin{align}
x_1' + i\lambda x_2' = \frac{1+e^{-2r}}{2}e^{-i\phi} \hat{a} + \frac{1-e^{-2r}}{2}e^{i\phi} \hat{a}^\dagger
\end{align}
と比べると、\(e^{-r}e^{-i\phi}\) の定数倍を除いて一致する。\(\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta) = e^r e^{i\phi} (x_1' + i\lambda x_2')\)である。ところで、
\begin{align}
\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)\left(\hat{S}(\zeta)\ket{0}\right) &= \hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta)\hat{S}(\zeta)\ket{0} \\
&= \hat{S}(\zeta) \hat{a} \ket{0}
&= 0
\end{align}
なので、\(\hat{S}(\zeta)\ket{0}\) は \(\hat{S}(\zeta) \hat{a} \hat{S}^\dagger(\zeta) = e^r e^{i\phi}(x_1' + i\lambda x_2')\) という演算子に対して固有値 0 を持つ固有状態だ。これは真空スクイーズド状態の定義そのものである！よって、以下のことが言えるだろう。
スクイーズ演算子
は \(\hat{S}(\zeta) = \exp\left(\frac{1}{2}(\zeta^* \hat{a}^2 - \zeta (\hat{a}^\dagger)^2)\right)\) であり、この演算子によって、以下のように真空スクイーズド状態が生成できる。
\begin{align}
\ket{r, \phi} &= \hat{S}(re^{i2\phi})\ket{0} \\
&= \frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{k=0}^\infty e^{-i2k\phi}\tanh^k r\frac{\sqrt{(2k)!}}{2^k k!}\ket{2k}
\end{align}
\(\hat{S}\) は boson に対する Bogoliubov 変換の特別な場合に対応している。
6. 一般のスクイーズド状態
\(\alpha = 0\) とするときに断ったように、一般のスクイーズ状態は、真空をスクイーズしたあとに
変位演算子 \(\hat{D}(\alpha)\) によって任意の \(\alpha\) まで平行移動させてあげれば生成することができるだろう。そこで、一般のスクイーズ状態は以下のように定義できる。
\begin{align}
\ket{\alpha; \zeta} = \hat{D}(\alpha)\hat{S}(\zeta)\ket{0}
\end{align}
教科書や文献によっては、作用させる順番を逆にした定義をするものもあるようなので、読むときには注意が必要かもしれない。
スクイーズド状態やスクイーズ演算子の性質については別ページにまとめようと思っているけれど、いつになるかはわからない。