전자기장 정량화

전자기장의 정량화는 전자기장이 분리된 에너지 소포, 광자로 구성됨을 의미한다. 광자는 확실한 에너지, 확실한 운동량, 그리고 확실한 스핀을 가진 질량이 없는 입자들이다.

알버트 아인슈타인은 광전 효과를 설명하기 위해 1905년 전자기장이 hν의 양 에너지의 입자로 구성되는데 여기서 h는 플랑크의 상수, ν은 파동 주파수로 구성되어 있다고 경험적으로 추측했다. 1927년 폴 A. M. 디락은 광자 개념을 새로운 양자역학의 구조에 짜넣을 수 있었고 광자와 물질의 상호작용을 설명할 수 있었다.^[1] 그는 현재 일반적으로 2차 정량화라고 불리는 기법을 적용했는데,^[2] 이 용어는 전자기장에 다소 잘못된 명칭이지만, 결국 고전적인 맥스웰 방정식의 해법이기 때문이다. 디라크의 이론에서 필드는 처음으로 정량화되며 플랑크의 상수가 표현에 들어가는 것도 처음이다. 디락은 원작에서 다양한 전자기 모드(현장의 푸리에 성분)와 모드 에너지의 단계를 정량화해야 할 동적 변수로 삼았다(즉, 그는 그것들을 연산자로 재해석하고 그들 사이의 가정된 정류 관계를 가정했다). 현재 벡터 전위의 푸리에 성분을 정량화하는 것이 더 일반적이다. 이것은 아래에서 행해지는 것이다.

모드$({\displaystyle k\mathbf{}}$,$)$에 속하는$$ 양자역학적 광자 상태 ${\displaystyle k\mathbf{}}$ ,${$k}$,\mu \rangele }$에 해당하는 양자역학적 광자 상태 k , $μs{$$k}, \mu \$rangele }이 아래에 소개되며$$, 다음과 같은 속성이 있음을 알 수 있다.

${\displaystyle{\begin{정렬}m_{\textrm{광자}}&=0\\H \mathbf{k},\mu \rangle&=h\nu \mathbf{k},\mu \rangle&&{\hbox{과}}\quad\nu=c\mathbf{k}\\P_{\textrm{전자파}}\mathbf{k},\mu \rangle&=\hbar \mathbf{k}\mathbf{k},\mu \rangle \\S_{z}\mathbf{k},\mu \rangle&=\mu \mathbf{k},\mu \rangle&&\mu. 1=\pm.\end{정렬}}}$

이 방정식은 각각 다음과 같다: 광자는 정지 질량이 0이고 광자에너지는 hν = hc k(k는 파동 벡터, c는 빛의 속도)이며, 전자기 모멘텀은 ℏk [ℏ=h/(2π)]이며, 분극 μ = ±1은 광자 스핀의 z 성분의 고유값이다.

2차 정량화

2차 정량화는 전체 함수의 집합으로 구성된 기초에서 스칼라 또는 벡터장(또는 파형 함수)의 확장으로 시작한다. 이러한 팽창 함수는 단일 입자의 좌표에 따라 달라진다. 기본 함수를 곱한 계수는 연산자로 해석되며, 이러한 새로운 연산자 사이의 (반) 커밋 관계가 부과되고, 보손에 대한 정류 관계 및 페르미온에 대한 반커뮤테이션 관계(기본 함수 자체에는 아무 일도 일어나지 않는다). 이를 통해 확장된 필드가 페르미온 또는 보손 연산자 필드로 전환된다. 확장 계수는 보통 수에서 연산자, 생성 및 소멸 연산자로 승격되었다. 생성 연산자는 해당 기본 함수에 입자를 생성하며, 소멸 연산자는 이 함수의 입자를 소멸시킨다.

전자파 필드의 경우 필드의 필요한 확장은 푸리에 확장이다.

전자기장 및 벡터 전위

As the term suggests, an EM field consists of two vector fields, an electric field ${\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} ,t)}$ and a magnetic field ${\displaystyle \mathbf {B} (\mathbf {r} ,t)}$. Both are time-dependent vector fields that in vacuum depend on a third vector field ${\displaystyle \mathbf{A}(\mathbf{r},t)}$${\displaystyle \mathbf {A}(\mathbf {r},t)}($벡터 전위) 및 스칼라 필드 $\varphi {\displaystyle (r\mathbf{},}$ ${\displaystyle t}$) ${\displaystyle \phi(\mathbf {r},t)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathbf {B} (\mathbf {r} ,t)&={\boldsymbol {\nabla }}\times \mathbf {A} (\mathbf {r} ,t)\\\mathbf {E} (\mathbf {r} ,t)&=-{\boldsymbol {\nabla }}\phi (\mathbf {r} ,t)-{\frac {\partial \mathbf {A} (\mathbf {r} ,t)}{\partial t}},\\\end{aligned}}}$

여기서 × × A는 A의 컬이다.

∇A = 0인 쿨롱 게이지를 선택하면 A가 가로장으로 된다. V = L³ 부피의 유한한 입방체 박스에 둘러싸인 벡터 전위의 푸리에 팽창은 그 다음이다.

${\displaystyle \mathbf {A} (\mathbf {r} ,t)=\sum _{\mathbf {k} }\sum _{\mu =\pm 1}\left(\mathbf {e} ^{(\mu )}(\mathbf {k} )a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)e^{i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }+{\bar {\mathbf {e} }}^{(\mu )}(\mathbf {k} ){\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)e^{-i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }\right),}$

$여기$서 ${\$ {$a}$은(는) ${\displaystyle a}$의 복잡한 결합을 의미한다$.$ 파형 벡터 k는 A(r,t)의 해당 푸리에 성분(극성 단색파)의 전파 방향을 제공하며, 파형 벡터의 길이는

${\displaystyle \mathbf {k} ={\frac {2\pi \nu }{c}={\frac {\omega}},}$

모드의 주파수를 ν으로 한다. In this summation k runs over all integers, both positive and negative. (The component of Fourier basis ${\displaystyle e^{-i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }}$ is complex conjugate of component of ${\displaystyle e^{i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }}$ as ${\displaystyle \mathbf {$$A}(\mathbf {r},t)}$이(가) 진짜다. 벡터 k의 성분은 이산값(상자의 반대편 벽에서 A가 동일한 값을 갖는 경계조건의 결과)을 갖는다.

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

2개의^(μ) e("극화 벡터")는 k에 직각인 좌/우 원형 편극(LCP 및 RCP) 전자파(Jones 미적분 또는 존스 벡터, 존스 미적분 참조)용 재래식 단위 벡터다. 그것들은 단일한 변형을 통해 정형화된 카르테시안 벡터 e와_x e와_y 관련이 있다.

${\displaystyle \mathbf {e} ^{(\pm 1)}\equiv {\frac {\mp 1}{\sqrt {2}}}(\mathbf {e} _{x}\pm i\mathbf {e} _{y})\qquad {\hbox{with}}\quad \mathbf {e} _{x}\cdot \mathbf {k} =\mathbf {e} _{y}\cdot \mathbf {k} =0.}$

A의 k-th Fourier 성분은 k에 수직인 벡터로서 e와^(1)(−1) e의 선형 결합이다. 위첨자 μ는 e를^(μ) 따라 구성 요소를 나타낸다.

Clearly, the (discrete infinite) set of Fourier coefficients ${\displaystyle a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)}$ and ${\displaystyle {\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)}$ are variables defining the vector potential. 다음에서 그것들은 운영자로 승격될 것이다.

$위$의 $A{\displaystyle \mathbf{}}$ ${\$$mathbf {B}$ 및$$ $E{\displaystyle \mathbf{}}$ ${\$$mathbf {E}$의 필드 방정식을 사용하여 전기장과 자기장이

${\displaystyle{\begin{정렬}\mathbf{E}(\mathbf{r},t)&, =i\sum _{\mathbf{k}}{\sum_{\mu =\pm 1}\omega{\left({\mathbf{e}^{())}}(\mathbf{k})a_{\mathbf{k}}}}\cdot \mathbf{r}^ᆾ(t){{e}^{-i\mathbf{k}}\cdot \mathbf{r}}}-{{\overline{\mathbf{e}}}^{(\mu)}}(\mathbf{k}){\bar{}}_{\mathbf{k}^ᆷ(t){e^{i\mathbf{k}.\rig전원시)}}\\[6pt]\mathbf{B}(\mathbf{r},t)&, =i\sum _{\mathbf{k}}\sum _{\mu =\pm 1}\left\{\left(\mathbf{k}\times{{\mathbf{e}}^{())}}(\mathbf{k})\right)a_{\mathbf{k}}}^ᆼ(t){{e.\cdot \mathbf{r}}-\left(\mathbf{k}{{\overline{\mathbf{e}}}^{()\times)}}(\mathbf{k})\right){\bar{}}_{\mathbf{k}^ᆷ(t)e^{i\mathbf{k}}^{-i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r}}}}}\right\}\end{aigned}}}}$

아이덴티티 ${\displaystyle \times }$ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {\times }^{}}$ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle r^{}}$ ${\displaystyle r}$ =${\displaystyle }$A × ${\displaystyle e^{}}$ ${\displaystyle {\cdot }^{}}$ ${\displaystyle r^{}}${\$displaystyle \nabla \time$ e$^{$$A\cdot r}=A\times e^{$$A\cdot r}}$ (${\displaystyle A}$ and ${\displaystyle r}$ are vectors) and ${\displaystyle a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)=a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}{{e}^{-iwt}}}$ as each mode has single frequency dependence.

전자파장 정량화

정량화의 가장 잘 알려진 예는 시간에 의존하는 입자의 선형 운동량을 규칙으로 대체하는 것이다.

${\displaystyle \mathbf {p}(t)\to -i\hbar {\basymbol {\bla }.}$

플랑크의 상수는 여기에 소개되고 고전적 표현식의 시간 의존성은 양자역학 연산자(이것은 소위 슈뢰딩거 그림에서 사실이다)에서 인수되지 않는다는 점에 유의한다.

전자파 분야를 위해 우리는 비슷한 일을 한다. 수량 $ϵ{\displaystyle {}_{}}$ ${\$은 전자파 SI 단위를 사용하기 때문에 여기에 나타나는 전기 상수다. 정량화 규칙은 다음과 같다.

${\displaystyle {\begin{aligned}a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)&\to {\sqrt {\frac {\hbar }{2\omega V\epsilon _{0}}}}a^{(\mu )}(\mathbf {k} )\\{\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)&\to {\sqrt {\frac {\hbar }{2\omega V\epsilon _{0}}}}{a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )\\\end{aligned}}}$

보손의 감화 관계에 따라.

${\displaystyle{\begin{정렬}[a^{(\mu)}({k}),a^{(\mu')}(\mathbf{k}의)\right\mathbf]&, =0\\\left[{a^{\dagger}}^{(\mu)}(\mathbf{k}),{a^{\dagger}}^{(\mu')}(\mathbf{k}의)\right]&, =0\\\left[a^{(\mu)}(\mathbf{k}),{a^{\dagger}}^{(\mu')}(\mathbf{k}의)\right]&, =\delta _{\mathbf{k},\mathbf{k}의}\delta _{\mu ,\mu의}\end{권투 선수 muhammedali는.gned}}}$

대괄호는 두 개의 양자역학 연산자 A와 B에 대해$$ $[{\displaystyle A,}$ ${\displaystyle B}$ ${\displaystyle ]}$ ${\displaystyle \equiv }$ ${\displaystyle A}$- ${\displaystyle B}$ ${\displaystyle A}$ ${\displaystyle [A,B]\equiv AB-BA}$에 의해 정의된 정류자를 나타낸다. 플랑크 상수의 도입은 고전적 이론에서 양자 이론으로 이행하는 데 필수적이다. 요인

${\displaystyle {\sqrt {1}{2\omega V\epsilon _{0}}}$

해밀턴(에너지 운영자)에게 간단한 양식을 제공하기 위해 도입되었다(아래 참조).

정량화된 필드(운영자 필드)는 다음과 같다.

${\displaystyle{\begin{정렬}\mathbf{A}(\mathbf{r})&,=\sum _{\mathbf{k},\mu}{\sqrt{\frac{\hbar}{2\omega V\epsilon_{0}}}}\left\{\mathbf{e}^ᆵa^ᆶ(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}+{\bar{\mathbf{e}}}^{(\mu)}{a^{\dagger}}\cdot \mathbf{r}}\right\}\\\mathbf{E}(^ᆼ(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}.\matHbf{r})&=i\sum _{\mathbf{k},\mu}{\sqrt{\frac{\hbar \omega}{2V\epsilon_{0}}}}\left\{\mathbf{e}^ᆴa^ᆵ(\mathbf{k})e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}-{\bar{\mathbf{e}}}^{(\mu)}{a^{\dagger}}}{B}(\mathbf{r})& \\\mathbf,=i\sum _{\mathbf{k},\mu}{년\cdot \mathbf{r}}\right\ ^ᆻ(\mathbf{k})e^{-i\mathbf{k}.sqrt{\frac {\hbar }{2\omega V\epsilon _{0}}}}\left\{\left(\mathbf {k} \times \mathbf {e} ^{(\mu )}\right)a^{(\mu )}(\mathbf {k} )e^{i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }-\left(\mathbf {k} \times {\bar {\mathbf {e} }}^{(\mu )}\right){a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )e^{-i\mathbf {k} \cdot \mathbf {r} }\right\}\end{aligned}}}$

여기서 Ω = c k = ck.

그 분야의 해밀턴인

고전적인 해밀턴인은 그 형태를 가지고 있다.

${\displaystyle H={\frac {1}{1}:{0}\epsilon _{0}\iint _{V}{{V}{{\좌측 E(\mathbf {r},t)\우측 }^{2}}+{{c}^{2}}:{\좌측 B(\mathbf {r}, t){{{}}}오른쪽)}{{\text{d}}^{3}}\mathbf {r} =V\epsilon _{0}\sum _{\mathbf {k} }\sum _{\mu =\pm 1}\omega ^{2}\left({\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)+a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t){\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)\right).}$

오른쪽은 먼저 사용함으로써 쉽게 얻을 수 있다.

${\displaystyle \int _{V}e^{{V}e^{-ik'\cdot r}dr=V\delta _{k,k'}}}}}$

(오일러 방정식과 삼각오차방정식에서 도출될 수 있음) 여기서 k는 위에서 설명한 V = L × L × L의 상자 안에 갇힌 파동에 대해 Ω = kc를 사용하여 wavenumber이다.

필드 오퍼레이터를 고전적인 해밀턴어로 대체하면 해밀턴 오퍼레이터가 전자파 필드를 사용할 수 있게 된다.

${\displaystyle H={\frac {1}{2}}\sum _{\mathbf {k} ,\mu =\pm 1}\hbar \omega \left({a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )a^{(\mu )}(\mathbf {k} )+a^{(\mu )}(\mathbf {k} ){a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )\right)=\sum _{\mathbf {k} ,\mu }\hbar \omega \left({a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )a^{(\mu )}(\mathbf {k} )+{\frac {1}{2}}\right)}$

두 번째 평등은 위에서부터 세 번째 보손 정류 관계를 k′ = k, μ μ = μ′ = μ μ. 다시 한번 ℏω = hν = =c k를 참고하여 Ω은 표기법에서 명시되지 않더라도 k에 의존한다는 것을 기억한다. Ω(k)이라는 표기법이 도입될 수도 있었지만 방정식을 어지럽혀 일반적이지 않다.

디지션: 고조파 오실레이터

1차원 양자 고조파 오실레이터의 2차 정량화된 처리는 양자역학 코스에서 잘 알려진 주제다. 우리는 그것에 대해 몇 마디 말하고 캐묻는다. 조화 발진기 해밀턴은 그 형태를 가지고 있다.

${\displaystyle H=\hbar \omega \left(a^{\doger }a+{\tfrac {1}{2}}\오른쪽)}$

여기서 Ω ≡ 2πν은 오실레이터의 기본 주파수다. 오실레이터의 접지 상태는 ${\displaystyle 0\mathrm{}}$ ${\displaystyle ⟩}$ ${\displaystyle 0\rangele$ $\}\text{'}$로 지정되며, "진공 상태"라고 한다. $†{\$은 흥분 작용자임을$$ 알 수 있으며, 흥분 상태 n에서 흥분 상태 n + 1까지 흥분된다.

${\displaystyle a^{\n1}n\rangele = n+1\rangele {\sqrt {n+1}.}$

특히:${\displaystyle {}^{}0{}^{}\mathrm{}}$ 0${\displaystyle =}$ = ${\displaystyle 1\mathrm{}}$ ${\displaystyle ⟩}$ ${\displaystyle$ a$^{\dager$} 0\$rangele$ = $1\rangele }$ 및$$ (${\displaystyle {†}^{}{}^{}}$) ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle 0{}^{}\mathrm{}}$ ${\displaystyle ⟩}$ ${\displaystyle \propto }$ ${\displaystyle n}$ ∝ n ${\displaystyle ⟩.}$ ${\displaystyle (a^{\dager }}}}}^0\rangele \propto$ n$\rangele.}}}$

고조파 발진기 에너지가 등거리기 때문에 n-폴드 흥분 ${\displaystyle 상태}$ n$⟩{\displaystyle n\rangele$ $\};$는 에너지 hν의 모든 h h을 n입자(바이브론이라고도 함)를 포함하는 단일 상태로 간주할 수 있다. 이 입자들은 보손이다. 분명한 이유로 흥분 연산자 a$a{\$ a$^{\doger }}}$을(를) 생성 연산자라고 한다$$.

From the commutation relation follows that the Hermitian adjoint ${\displaystyle a}$ de-excites: ${\displaystyle a n\rangle = n-1\rangle {\sqrt {n}}}$ in particular ${\displaystyle a 0\rangle \propto 0,}$ so that ${\displaystyle a 0\rangle =0.}$ For obvious reason 흥분 제거 연산자 $a{\displaystyle }$ ${\displaystyle a}$을(를) 전멸 연산자라고 한다.

수학적 유도에 의해, 나중에 필요할 다음의 "차별화 규칙"은 쉽게 증명된다.

${\displaystyle \left[a, (a^{\build })^{n}\right]=n(a^{n-1}\chbox{with}}}\reft(a^{\buffer }\right)^{0}=1.}$

이제 우리가 비 상호작용(독립적) 1차원 고조파 오실레이터를 여러 개 보유하고 있다고 가정합시다. 각각은 기본 주파수_i Ω을 가지고 있다. 오실레이터는 독립적이기 때문에 해밀턴은 단순한 합이다.

${\displaystyle H=\sum _{i}\hbar \obe _{i}\왼쪽(a^{\dager }a(i)+{\tfrac{1}{2}}\오른쪽).}$

$i{\displaystyle }$ ${\displaystyle i}$에 대해 $({\displaystyle k\mathbf{}}$ ${\displaystyle ,}$ ${\displaystyle \mu }$ ${\displaystyle )}${\$displaystyle$(\$mathbf {k}$,\$mu )}$을 대체함으로써 전자파 필드의 해밀턴ian은 Ω = k c의 독립된 에너지 오실레이터의 해밀턴ian으로 간주할 수 있음을 알 수 있다^(μ).

Photon 번호 상태(Fock 상태

정량화된 전자파 필드는 진공 상태(광자 없음) $display$ {\displaystyle $0\rangele }$을(를) 가지고 있다$.$ 이에 대한 적용은 다음과 같다.

${\displaystyle \left({a^{\put }^{(\mu )}(\mathbf {k} )\오른쪽)^{m}\left^a^{\mu '}{\mu '}}}}(\mathbf {k}\오른쪽)^{n} 0\rangepto \propto \left (\mathbf {k},\mu ')^{n}\rigangle ,}$

모드에서는 m 광자의 양자 상태(k, μ)를, 모드에서는 n 광자의 양자 상태(k³, μ³)를 제공한다. 비례성 기호는 왼쪽의 상태가 통일로 정규화되지 않은 반면 오른쪽의 상태는 정규화될 수 있기 때문에 사용된다.

오퍼레이터

${\displaystyle N^{(\mu )}(\mathbf {k} )\equiv {a^{\mu}}}}(\mathbf {k})}(\mathbf {k})}}$

숫자 연산자 입니다. 양자역학적 광자수 상태에서 작용하면 모드의 광자수(k, μ)를 반환한다. 이것은 또한 이 모드의 광자 수가 0일 때 유지되며, 그러면 숫자 연산자는 0을 반환한다. 원포톤 케트에 대한 숫자 연산자의 작용을 나타내기 위해, 우리는 고려한다.

${\displaystyle{\begin{정렬}(\mathbf{k})\mathbf{k}',\mu '\rangle&={a^{\dagger}}^ᆸ(\mathbf{k})a^ᆹ(\mathbf{k}){a^{\dagger}};={a^{\dagger}}^ᆽ(\mathbf{k})\left(\delta_{\mathbf{k},\mathbf{k'}}\delta_{\mu ,\mu의}+{a^{\dagger}}^{(\mu')}(\mathbf{k'})a^{(0\rangle \\& ^ᆻ(\mathbf{k'}).\mu)}()mathbf {k} )\오른쪽) 0\rangele \\&=\mathbf {k},\mathbf {k'}, {\mathbf {k'}\mathbf {k},\mu '} \mathbf {k},\mu \range}}}}}}$

즉, 모드의 숫자 연산자(k, μ)는 모드가 비어 있으면 0을 반환하고, 모드가 단독으로 사용되면 유니티를 반환한다. 같은 모드의 n-포톤 케트에 대해 모드(k, μ)의 숫자 연산자의 작용을 고려하기 위해 k와 μ를 떨어뜨리고 고려한다.

${\displaystyle N(a^{\dagger })^{n} 0\rangle =a^{\dagger }\left([a,(a^{\dagger })^{n}]+(a^{\dagger })^{n}a\right) 0\rangle =a^{\dagger }[a,(a^{\dagger })^{n}] 0\rangle .}$

앞에서 소개한 "차별화 규칙"을 사용하며 다음과 같이 한다.

${\displaystyle N(a^{\doger }}^{n}}}{n} 0\rangele =n(a^{\doger })^{n} 0\rangele .}$

광자 번호 상태(또는 Fock 상태)는 숫자 연산자의 고유 상태다. 이 때문에 여기서 서술한 형식주의를 흔히 직업 번호표현이라고 한다.

광자 에너지

일찍이 해밀턴인이

${\displaystyle H=\sum _{\mathbf {k},\mu }\hbar \lift ({a^{\dager }}}}}}}(\mathbf {k})}}}(\mathbf {k})+{\frac{1}:{1}:{1}:{2}}\오른쪽)$

소개되었다. 에너지의 0은 이동될 수 있으며, 이는 숫자 연산자의 관점에서 표현으로 이어진다.

${\displaystyle H=\sum _{\mathbf {k},\mu \hbar \omega N^{(\mu )}(\mathbf {k} )}$

H가 단포톤 상태에 미치는 영향은 다음과 같다.

${\displaystyle H \mathbf {k} ,\mu \rangle \equiv H\left({a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} ) 0\rangle \right)=\sum _{\mathbf {k'} ,\mu '}\hbar \omega 'N^{(\mu ')}(\mathbf {k} '){a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} ) 0\rangle =\hbar \omega \left({a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} ) 0\rangle \right)=\hbar \hbar \mathbf {k},\mu \rangele .}$

보아하니 단포톤 상태는 H의 고유 상태고 ℏΩ = hν는 해당 에너지인 것으로 보인다. 같은 방법으로

${\displaystyle H\left (\mathbf {k} ,\mu )^{m};(\mathbf {k} ',\mu ')^{n}\right\rangle =\left[m(\hbar \omega )+n(\hbar \omega ')\right]\left (\mathbf {k} ,\mu )^{m};(\mathbf {k} ',\mu ')^{n}\right\rangle ,\qquad {\text{with}}\quad \omega =c \mathbf {k} \quad {\hbox{and}}\quad \omega '=c \mathbf {k} ' .}$

광자 밀도 예제

100 kW 무선 송신소에 의해 생성된 전자기 에너지 밀도는 전자파에 관한 기사(어디서?)에서 계산된다; 기지로부터 5 km 떨어진 곳의 에너지 밀도 추정치는 2.1 × 10⁻¹⁰ J/m이었다³. 방송국의 방송을 기술하기 위해 양자역학이 필요한가?

전자파 방사선에 대한 고전적 근사치는 광자 수가 ${\displaystyle \frac{{\lambda \mathrm{}}^{}}{}}$ 3${\displaystyle \frac{{}^{}}{}}$( ${\displaystyle \frac{2}{}}$ ${\displaystyle \frac{\pi {}^{}}{}}$) 3${\displaystyle \frac{{}^{}}{}}$, ${\displaystyle {\tfrac {\lambda ^{3}}{{{(2\pi )^{3}}},$ 여기서$$ λ은 전파의 길이일 때 좋다. 그 경우 양자 변동은 무시할 수 있고 들을 수 없다.

라디오 방송국이 ν = 100 MHz로 방송한 다음 에너지 함량이 1h⁸ = 1 × 10 × 6.6 × 10⁻³⁴ = 6.6 × 10⁻²⁶ J인 광자를 내보낸다고 가정하자, 여기서 h는 플랑크의 상수인 것이다. 역의 파장은 λ = c/ν = 3 m이므로 λ/(2π) = 48 cm이고 부피는 0.109 m이다³. 이 책 요소의 에너지 산출은 2.1×10−10 × 0.109=23×120010−11 J, λ 3(2π)3%3.4x1014년 광자에. 이른다{\displaystyle{\tfrac{\lambda ^{3}}{(2\pi)^{3}}}.}분명히, 3.4x1014년 1이며, 따라서 양자 효과가 역할을 하지 않습니다. 가장 파도 이 역에 의해 방출된 월에 의해 well-described 있다.고전나 한계와 양자역학은 필요하지 않다.

광자운동량

전자파장의 고전적 형태로의 푸리에 확장 도입

${\dmathbf {P} _{\textrm {EM}=\epsilon _{0}\iint _{V}\mathbf {R},t)\time \mathbf {B}(\mathbf {r}, t)\textrm {d^{3}\mathbf {r}, {r}, {r},},},},},},},},},}$

수확하다

${\displaystyle \mathbf {P} _{\textrm {EM}}=V\epsilon _{0}\sum _{\mathbf {k} }\sum _{\mu =1,-1}\omega \mathbf {k} \left(a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t){\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)+{\bar {a}}_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)a_{\mathbf {k} }^{(\mu )}(t)\right).}$

정량화는 다음을 제공한다.

${\displaystyle \mathbf {P} _{\textrm {EM}}=\sum _{\mathbf {k} ,\mu }\hbar \mathbf {k} \left({a^{\dagger }}^{(\mu )}(\mathbf {k} )a^{(\mu )}(\mathbf {k} )+{\frac {1}{2}}\right)=\sum _{\mathbf {k} ,\mu }\hbar \mathbf {k} N^{(\mu )}(\mathbf {k} ).}$

허용된 k를 합하면 k가 -k로 취소되기 때문에 1/2이라는 용어는 삭제될 수 있다. P가_EM 단포톤 상태에 미치는 영향은 다음과 같다.

${\displaystyle \mathbf {P} _{\textrm {k},\mu \rangele =\mathbf {P} _{\textrm {EM}\{a^{\dager }}}}}}{a^{\mathbf {k}}}}} 0\rangele \right)=\hbar \mathbf {k} \left \lefta^{\mu )}}(\mathbf {k} ) 0\rangele \right=\hbar \mathbf {k} \mathbf {k},\mu \rangele .}$

보아하니 단광자 상태는 모멘텀 오퍼레이터의 고유 상태고, ℏk는 모멘텀 오퍼레이터의 고유값(단일 광자의 모멘텀)이다.

광자 질량

광자는 0이 아닌 선형 모멘텀을 가지며 0 속도의 질량인 비반사 정지 질량 m을₀ 가지고 있다고 상상할 수 있다. 그러나 이제 우리는₀ 이것이 그렇지 않다는 것을 보여줄 것이다: m = 0.

광자는 빛의 속도로 전파되기 때문에 특수상대성이 요구된다. 에너지와 운동량 제곱에 대한 상대론적 표현은,

${\displaystyle E^{2}={\frac {m_{0}^{2}^{4}{1-v^{2}/c^{2}}:{1-v^{2},\qquad p^{2}={\frac {m_{0}v^{2}}:{1-v^{2}/c^{2}}.}$

P²/E로부터²,

${\displaystyle {\frac {v^{2}}{c^{2}}}={\frac {c^{2}p^{2}}{E^{2}}}\quad \Longrightarrow \quad E^{2}={\frac {m_{0}^{2}c^{4}}{1-c^{2}p^{2}/E^{2}}}\quad \Longrightarrow \quad m_{0}^{2}c^{4}=E^{2}-c^{2}p^{2}.}$

사용하다

${\displaystyle E^{2}=\hbar ^{2}\{2}\omega ^{2}\qquad {\text{and}}\qquad p^{2}=\hbar ^{2}={\frac {\hbar ^{2}}{c^{2}}:}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}:{c^{{{{{{{c^{{{{{{c^{{{$

그리고 그 뒤를 잇는다.

${\displaystyle m_{0}^{2}^{4}=E^{2}-c^{2}^{2}=\hbar ^{2}\hbar ^{2}-c^{2}}{{hbar ^{2}}}}{c^{2}}:}=0,}}$

그래서₀ m = 0.

광자 스핀

광자는 스핀 양자수 S = 1로 트리플트 스핀을 할당할 수 있다. 이는 N 동위원소의 핵 스핀과 유사하지만 M_S = 0인 상태가 0이라는 중요한 차이와 함께 M_S = ±1인 상태만 0이 아니다.

스핀 연산자 정의:

${\displaystyle S_{z}\equiv -i\hbar \left(\mathbf {e} _{x}\otimes \mathbf {e} _{y}-\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{x}\right)\qquad {\hbox{and cyclically}}\quad x\to y\to z\to x.}$

두 직교 단위 벡터 사이의$$ 두 연산자${\displaystyle }${ ${\displaystyle \otimes$}는 diadic 제품이다. 단위 벡터는 전파 방향 k(z축의 방향, 스핀 정량화 축)에 수직이다.

스핀 연산자는 일반적인 각운동량 정류 관계를 만족한다.

${\displaystyle [S_{x},S_{y}]=i\hbar S_{z}\qquad {\hbox{\hbox{and cyclically}}\quad x\to z.}$

실제로 디아디드 제품 특성을 사용하십시오.

${\displaystyle \left(\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{z}\right)\left(\mathbf {e} _{z}\otimes \mathbf {e} _{x}\right)=\left(\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{x}\right)\left(\mathbf {e} _{z}\cdot \mathbf {e} _{z}\right)=\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{x}}$

왜냐하면_z e는 단위 길이기 때문이다. 이런 식으로, 이와 같이

${\displaystyle{\begin{정렬}[S_{x},S_{y}\right]&,=-\hbar ^ᆬ\left(\mathbf{e}_{y}_{z}-\mathbf{e}_{z}_{y}\mathbf{e}\otimes \right \mathbf{e}\otimes)\left(\mathbf{e}_{z}\mathbf{e}_{x}-\mathbf{e}_{x}\mathbf{e}_{z}\otimes \otimes \right)+\hbar ^{2}\left(\mathbf{e}_{z}\otimes _{)}\otimes \mathbf{e}{e}_{)}-\mathbf \mathbf. {e} _{z}\오른쪽)\왼쪽(\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{z}-\mathbf {e} _{z}\otimes \mathbf {e} _{y}\오른쪽)\\\&,=\hbar ^{2}\left는 경우에는 -\left(\mathbf{e}_{y}_{z}-\mathbf{e}_{z}_{y}\mathbf{e}\otimes \right \mathbf{e}\otimes)\left(\mathbf{e}_{z}\mathbf{e}_{x}-\mathbf{e}_{x}\mathbf{e}_{z}\otimes \otimes \right)+\left(\mathbf{e}_{z}\mathbf{e}_{x}-\mathbf{e}_{x}\mathbf{e}_{z}\otimes \otimes \right)\left(\mathbf{e}_{y}\otimes \mathbf{e}.{z}-\mathbf {e} _{z}\otimes \mathbf {e} _{y}\right)\right]\\\&=i\hbar \left[-i\hbar \left (e} _{x}\otimes \mathbf {e} _{y}-\mathbf {e} _{x}\right}\right]\\\\\}\&=i\hbar S_{z}\end{aigned}}}$

검사 결과 다음과 같다.

${\displaystyle -i\hbar \left(\mathbf {e} _{x}\otimes \mathbf {e} _{y}-\mathbf {e} _{y}\otimes \mathbf {e} _{x}\right)\cdot \mathbf {e} ^{(\mu )}=\mu \hbar \mathbf {e} ^{(\mu )},\qquad \mu =\pm 1,}$

따라서 μ는 광자 스핀을 표시한다.

${\displaystyle S_{z} \mathbf {k},\mu \rangele =\hbar \hbar \mathbf {k},\mu \rangele,\quad \mu =\pm 1.}$

벡터 전위 A는 가로장이기 때문에 광자는 전방(μ = 0) 스핀 성분이 없다.

참고 항목

• QED 진공 청소기

참조

본 기사에는 Creative Commons Attribution-ShareAlike 3.0 Unported License에 따라 허가되었지만 GFDL에 따라 허가되지 않은 Citizensium 기사 "전자파장의 수량화"의 자료가 포함되어 있다.