From 2023.05.18 Lecture
量子力学有两种常用形式，Schrodinger的波动力学和Heisenberg的矩阵力学，Dirac符号将这两种结合到了一起。
左矢 (bra) 对应列矩阵，右矢(ket)对应列矩阵，同时波动力学里坐标表象可以表示为 $\langle x|\psi\rangle$，动量表象可以表示为$\langle p|\psi\rangle$，同时Dirac符号也有更深层次的理解，
$|x\rangle$ 对应一个矢量，它的演化遵循Schrodinger方程， $|x\rangle\langle x|$ 是一个算符，遵循Heisenberg方程。
量子态都是归一的，
$$ \int \psi^*(x)\psi(x)dx=1 $$用Dirac符号表示
$$ \int \langle \psi | x\rangle \langle x| \psi\rangle dx = 1 $$那么
$$ \int | x\rangle \langle x| dx = I $$可以看成单位算符，但是这个关系一般都是当成定理来用，具体计算过程并没有给出。另外，如果要计算
$$ \int \left|\frac{x}{2}\right\rangle \langle x |dx $$又该如何计算。
首先，给出一个关系
$$ |x\rangle \langle x| = \delta(x-\hat X) $$作用在矢量$|x’\rangle$上可以看出两边相等
那么
$$ \begin{aligned} |x\rangle \langle x| &= \delta(x-\hat X)\\ &=\frac{1}{2\pi} \int dp e^{ip(x-\hat X)}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int dp e^{ip\left(x-\frac{a^\dagger+a}{\sqrt 2}\right)}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int dp e^{ipx}e^{-\frac{ip}{\sqrt 2}a^\dagger-\frac{ip}{\sqrt2}a}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int dp e^{ipx-\frac{p^2}{4}}e^{-\frac{ip}{\sqrt 2}a^\dagger}e^{-\frac{ip}{\sqrt2}a}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int dp :e^{ipx-\frac{p^2}{4}}e^{-\frac{ip}{\sqrt2}(a+a^\dagger)}:\\ &=\frac{1}{2\pi} \int dp :e^{-\frac{p^2}{4}+ipx-ip\hat X}:\\ &=\frac{1}{2\pi}\int :e^{-\frac{1}{4}(p^2-4i(x-\hat X)-4(x-\hat X)^2)-(x-\hat X)^2}:\\ &=\frac 1{\sqrt\pi} :e^{-(x-\hat X)^2}: \end{aligned} $$第四行到第五行用了Glauber公式，第五行到第六行加了$::$表示正规排列，将生成算符放到湮灭前面，在正规排列里产生湮灭算符是可对易的。
结果一个正态分布，那么
$$ \int |x\rangle\langle x|dx = \int \frac 1{\sqrt\pi} :e^{-(x-\hat X)^2}:dx = 1 $$另外 $|0\rangle \langle 0| = :e^{-a^\dagger a}:$，证明参考 Louisell 1973 Quantum Statistical Properties of Radiation。
粒子数表象下
$$ \langle n | x \rangle= \pi^{-\frac{1}{4}}\frac{1}{\sqrt{2^n n!}} e^{-\frac{1}{2} x^2} H_n (x) $$为了简便已经取 $\hbar, \omega, m=1$
$$ \begin{aligned} |x\rangle &= \sum_0^\infty | n \rangle \langle n | x \rangle\\ &= \sum_0^\infty \pi^{-\frac{1}{4}} \frac{1}{\sqrt{2^n n!}} e^{-\frac{1}{2} x^2} H_n (x) |n \rangle\\ &= \sum_0^\infty \pi^{-\frac{1}{4}} \frac{1}{\sqrt{2^n}} e^{-\frac{1}{2} x^2} H_n (x) \frac{(a^\dagger)^n}{n!} |0 \rangle\\ &= \pi^{-\frac{1}{4}} e^{-\frac{1}{2}x^2}e^{-\frac{1}{2}{a^\dagger}^2+\sqrt{2} a^\dagger x} |0\rangle \end{aligned} $$第二行到第三行利用了 $|n\rangle = \frac{(a^\dagger)^n}{\sqrt {n!}}|0\rangle$ ，第三行到第四行用了Hermitian多项式生成函数 $\sum_0^\infty \frac{1}{n!} H_n(x) t^n = e^{-t^2+2xt}$
积分
$$ \begin{aligned} I&= \int \frac{dx}{\sqrt \mu} \left| \frac x \mu \right \rangle \langle x | \\ &= \int \frac{dx}{\sqrt \mu} \pi^{-1/2} e^{-\frac 1 2 \frac{x^2}{\mu^2}} e^{-\frac 1 2 (a^\dagger)^2+\sqrt 2 a^\dagger \frac x \mu} | 0 \rangle \langle 0 | e^{-\frac 1 2 x^2-\frac 1 2 a^2 + \sqrt 2 a x}\\ &= \int \frac{dx}{\sqrt \mu} \pi^{-1/2} e^{-\frac 1 2 \frac{x^2}{\mu^2}} e^{-\frac 1 2 (a^\dagger)^2+\sqrt 2 a^\dagger \frac x \mu} :e^{-a^\dagger a}: e^{-\frac 1 2 x^2-\frac 1 2 a^2 + \sqrt 2 a x}\\ &=\int \frac{dx}{\pi \mu} :e^{-\frac{x^2}{2}(1+\frac{1}{\mu^2})+\sqrt 2 x (\frac{a^\dagger}{\mu}+a)-\frac 1 2 (a+a^\dagger)^2}:\\ &= \sqrt{\frac{2\mu}{1+\mu^2}} :e^{\frac{(a^\dagger}{\mu}+a)^2 \frac{\mu^2}{1+\mu^2}-\frac 1 2 (a+a^\dagger)^2}: \end{aligned} $$Set $\mu = e^\lambda$，最终结果为
$$ I = (\cosh \lambda)^{-1/2} e^{\frac{(a^\dagger)^2}{2}\tanh \lambda} :e^{\left((\cosh \lambda)^{-1} -1\right)a^\dagger a}: e^{\frac{a^2}2\tanh\lambda} $$是一个单模压缩算符，此外通过计算
$$ \int dx |\hat Rx\rangle \langle x | = e^{i\psi \vec J\cdot \vec n} $$其中$R$是转动算符，$\psi$是转动角，可以得到角动量，其中并没有用到李代数的知识。