Ableitung der Erwartung von [X^,H^][X^,H^][\hat X,\hat H]

Question

Ableitung der Erwartung von [X^,H^][X^,H^][\hat X,\hat H]

Benutzer36125

Für ein freies Masseteilchen $m$ , mit Hamiltonian

\hat{H} = \frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M},

$\hat{H} = \frac {\hat{P}^2} {2m},$

Wo

\hat{P} = - ich ℏ \frac{\partial}{\partial X} .

$\hat{P} = -i \hbar \frac{\partial} {\partial x}.$

Die Kommutativbeziehung ist gegeben durch

\begin{matrix} (1) & [\hat{X}, \hat{H}] = \frac{ich ℏ}{M} \hat{P} \end{matrix}

$[\hat{X}, \hat{H}] = \frac {i\hbar} {m} \hat{P}\tag{1}$

Im gemeinsamen Eigenzustand von $\hat{H}$ Und $\hat{P}$ , $|e, p\rangle$ , können wir Folgendes tun?

⟨ e, P | [\hat{X}, \hat{H}] | e, P ⟩ = ⟨ e, P | \hat{X} (\hat{H} | e, P ⟩) - (⟨ e, P | \hat{H}) \hat{X} | e, P ⟩ = ⟨ e, P | \hat{X} (e | e, P ⟩) - (⟨ e, P | e) \hat{X} | e, P ⟩ = e (⟨ e, P | \hat{X} | e, P ⟩ - ⟨ e, P | \hat{X} | e, P ⟩) = 0

$\langle e, p| [\hat{X}, \,\hat{H}] |e, p\rangle = \langle e, p|\hat{X} (\hat{H}|e, p\rangle) - (\langle e, p|\hat{H}) \hat{X}|e, p\rangle \\ = \langle e, p|\hat{X} (e|e, p\rangle) - (\langle e, p|e) \hat{X}|e, p\rangle \\ = e( \langle e, p|\hat{X}|e, p\rangle - \langle e, p|\hat{X}|e, p\rangle ) \\ = 0$

Seit der $\hat{H}$ hermitesch ist, scheint die obige Ableitung keinen Fehler zu zeigen. Angesichts der kommutativen Beziehung, Gleichung (1), wissen wir, dass das Ergebnis falsch ist. Was ist falsch an der obigen Ableitung?

[ BEARBEITEN ]

Nach dem Kommentar von Luboš Motl habe ich die Lösung ausgearbeitet und möchte sie hier teilen. Der von Qmechanic bereitgestellte Link hatte die Lösung, die eng mit dieser Frage zusammenhängt.

⟨ e^{'}, P^{'} | [\hat{X}, \hat{H}] | e, P ⟩ = ⟨ e^{'}, P^{'} | \hat{X} (\hat{H} | e, P ⟩) - (⟨ e^{'}, P^{'} | \hat{H}) \hat{X} | e, P ⟩ = (e - e^{'}) ⟨ e^{'}, P^{'} | \hat{X} | e, P ⟩

$\langle e', p'| [\hat{X}, \,\hat{H}] |e, p\rangle \\ = \langle e', p'|\hat{X} (\hat{H}|e, p\rangle) - (\langle e', p'|\hat{H}) \hat{X}|e, p\rangle \\ = (e - e') \langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle$

Beachten Sie, dass:

e - e^{'} = \frac{P^{2}}{2 M} - \frac{P^{' 2}}{2 M} = \frac{(P + P^{'}) (P - P^{'})}{2 M}

$e - e' = \frac{p^2}{2m} - \frac{p'^2}{2m} = \frac{(p+p')(p-p')}{2m}$

⟨ e^{'}, P^{'} | \hat{X} | e, P ⟩ = - ich ℏ δ^{'} (P - P^{'})

$\langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle = -i\hbar \delta'(p - p')$

Wo $\delta'(\cdot)$ ist die Ableitung der Dirac-Funktion in Bezug auf $p$ .

Dann bekommen wir

(e - e^{'}) ⟨ e^{'}, P^{'} | \hat{X} | e, P ⟩ = - ich ℏ \frac{(P + P^{'})}{2 M} \cdot (P - P^{'}) δ^{'} (P - P^{'}) = - \frac{ich ℏ (P + P^{'})}{2 M} \cdot (- δ (P - P^{'})) = \frac{ich ℏ (P + P^{'})}{2 M} δ (P - P^{'})

$(e - e') \langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle \\ = -i\hbar \frac{(p+p')}{2m} \cdot (p - p')\delta'(p - p') \\ = - \frac{i\hbar (p+p')}{2m} \cdot (-\delta(p - p')) \\ = \frac{i\hbar (p+p')}{2m} \delta(p - p')$

Wie wir die Grenze nehmen $p \rightarrow p'$ :

l ich M_{P \to P^{'}} \frac{ich ℏ (P + P^{'})}{2 M} δ (P - P^{'}) \to \frac{ich ℏ}{M} P δ (P - P^{'})

$lim_{p \rightarrow p'} \frac{i\hbar(p+p')}{2m} \delta(p - p') \\ \rightarrow \frac{i\hbar}{m} p \delta(p - p')$

Lubos Motl

Es ist ein sehr subtiler Fehler, aber haben Sie versucht, den Operator zwischen etwas allgemeineren Zuständen einzufügen?

⟨ e, p |

$\langle e,p|$ Und

| e^{'}, p^{'} ⟩

$|e',p'\rangle$ ?

QMechaniker

Siehe auch : physical.stackexchange.com/q/14116/2451

Benutzer36125

@LubošMotl Eigentlich habe ich den allgemeinen Sandwich-Fall ausprobiert, aber ich habe ihn verworfen, ohne darüber nachzudenken. Da Sie es erwähnt haben, wurde mir klar, dass es wirklich ein guter Angriffspunkt ist:

l i m_{e^{'} \to e}

$lim_{e' \rightarrow e}$ ⟨e,p|

\hat{X} (\hat{H}

$\hat{X}(\hat{H}$ |e′,p⟩) - (⟨e,p|

\hat{H}) \hat{X}

$\hat{H})\hat{X}$ |e′,p′⟩ =

l i m_{e^{'} \to e}

$lim_{e' \rightarrow e}$ (e' - e) ⟨e,p|

\hat{X}

$\hat{X}$ |e′,p′⟩. Seit

l i m_{e^{'} \to e} (e^{'} - e) \to 0

$lim_{e' \rightarrow e} (e' - e) \rightarrow 0$ Und

l i m_{e^{'} \to e} ⟨ e, p | \hat{X} | e', p' ⟩ \to \infty

$lim_{e' \rightarrow e} ⟨e,p|\hat{X}|e′,p′⟩ \rightarrow \infty$ , können wir keinen von zwei Faktoren ignorieren. Ich werde versuchen, es genauer auszuarbeiten. Ich habe dich hochgestimmt.

Lubos Motl

Hallo User, ja. Um sicherzugehen, versuchen Sie, über den Wert der Funktion nachzudenken

x δ^{'} (x)

$x\delta'(x)$ bei

x = 0

$x=0$ .

Antworten (2)

Ableitung der Erwartung von [X^,H^][X^,H^][\hat X,\hat H]

Es ist ein sehr subtiler Fehler, aber haben Sie versucht, den Operator zwischen etwas allgemeineren Zuständen einzufügen? $\langle e,p|$ Und $|e',p'\rangle$ ?
@LubošMotl Eigentlich habe ich den allgemeinen Sandwich-Fall ausprobiert, aber ich habe ihn verworfen, ohne darüber nachzudenken. Da Sie es erwähnt haben, wurde mir klar, dass es wirklich ein guter Angriffspunkt ist: $lim_{e' \rightarrow e}$ ⟨e,p| $\hat{X}(\hat{H}$ |e′,p⟩) - (⟨e,p| $\hat{H})\hat{X}$ |e′,p′⟩ = $lim_{e' \rightarrow e}$ (e' - e) ⟨e,p| $\hat{X}$ |e′,p′⟩. Seit $lim_{e' \rightarrow e} (e' - e) \rightarrow 0$ Und $lim_{e' \rightarrow e} ⟨e,p|\hat{X}|e′,p′⟩ \rightarrow \infty$ , können wir keinen von zwei Faktoren ignorieren. Ich werde versuchen, es genauer auszuarbeiten. Ich habe dich hochgestimmt.
Hallo User, ja. Um sicherzugehen, versuchen Sie, über den Wert der Funktion nachzudenken $x\delta'(x)$ bei $x=0$ .

ACuriousMind · Answer 1

Wie es bei solchen Fragen üblich ist, werde ich auf dieses Papier verweisen, das die Probleme des Dirac-Formalismus hervorragend diskutiert.

In Ihrem konkreten Beispiel liegt das Problem nun in den Energie-/Impulszuständen $| p_0 \rangle$ selbst, die nicht normierbar sind, da die zugehörige Wellenfunktion die Fourier-Transformation von ist $\delta(p-p_0)$ , was bedeutet, dass $\psi_{|p_0\rangle}(x) = \mathrm{e}^{-\frac{ixp_0}{\hbar}}$ . Wenn Sie nun versuchen, das Skalarprodukt zu berechnen, finden Sie:

⟨ P_{0} | P_{0} ⟩ = \int_{- \infty}^{\infty} ψ_{| P_{0} ⟩} (X) {\bar{ψ}}_{| P_{0} ⟩} (X) D X = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- \frac{ich X P_{0}}{ℏ}} e^{\frac{ich X P_{0}}{ℏ}} D X = \int_{- \infty}^{\infty} 1 D X

$\langle p_0 | p_0 \rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\psi_{|p_0\rangle}(x)\bar{\psi}_{|p_0\rangle}(x) \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-\frac{ixp_0}{\hbar}} \mathrm{e}^{\frac{ixp_0}{\hbar}}\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^\infty 1 \mathrm{d}x$

Daher sind Impuls-Eigenzustände nicht normalisierbar und schreiben Dinge wie $\langle p_0 |X |p_0\rangle - \langle p_0 |X |p_0\rangle$ ist wirklich unsinnig, weil Sie zwei Unendlichkeiten subtrahieren. Insbesondere ist es nicht $0$ .

das scheint ein nettes Papier zu sein - ich habe Sie deswegen gewählt. Ich werde mir das Papier genauer ansehen. Aber ich bin mit Ihrer Antwort nicht zufrieden, die ich schon einmal woanders gehört habe. Lassen Sie mich erklären, warum. Ich glaube nicht, dass jemand tatsächlich ein bestimmtes Ergebnis ausarbeiten könnte, um die beiden von Ihnen erwähnten Unendlichkeiten zu subtrahieren: $<p_0|\hat{X}|p_0> - <p_0|\hat{X}|p_0>$ . Sie sind buchstäblich zwei identische Einheiten, was von Anfang an ein Rätsel war. Ich glaube, Luboš Motl hat auf die wirkliche Lösung hingewiesen – die Erwartung war nicht richtig definiert, außer auf eine einschränkende Weise.
Ich glaube nicht, dass wir anderer Meinung sind - niemand kann ein Ergebnis für die Differenz erarbeiten, weil sie unsinnig ist, da ihre Bestandteile nicht existieren. Ich werde es Ihnen sicherlich nicht verübeln, wenn Sie mit Luboš' Angriffswinkel auf dieses Problem zufriedener sind, da es zugegebenermaßen ein bisschen treffender ist :)
Ich weiß Ihre Antwort sehr zu schätzen. Bitte gestatten Sie mir, meinen Punkt etwas näher zu erläutern. Die Motivation meiner Frage war, den Konsens zwischen den beiden Rechenansätzen zu suchen $<p_0|[\hat{X}, \hat{H}]|p_0>$ . Die zweite Art der Anwendung der Hermiteschen Eigenschaft von $\hat{H}$ sollte zum gleichen Ergebnis kommen, anstatt nur seine "No-Go"-Konsequenz zu nennen. Zum Beispiel, wenn wir die Hermitianität von behaupten könnten $\hat{H}$ in diesem Fall ungültig ist, würde dies als logischer Konsens gelten.
Mit dem obigen Beispiel meine ich nicht wirklich $\hat{H}$ ist hier nicht-hermitesch.
Ich fürchte, dass "Die zweite Art der Anwendung der Hermiteschen Eigenschaft von $\hat H$ sollte zum gleichen Ergebnis kommen" ist eine Erwartung, die Sie aufgeben sollten, aber Ihr erster Weg (ich nehme an, Sie meinen die Verwendung der Kommutierungsrelation) führt auch nicht zu einem eindeutigen Ergebnis: $\langle p_0|[\hat X,\hat H]|p_0\rangle = i\hbar m^{-1} \langle p_0|\hat P|p_0\rangle = i\hbar m^{-1} p_0 \langle p_0 | p_0 \rangle$ , wobei letzterer Ausdruck offensichtlich unendlich ist. Sie haben also zwei Ansätze, und beide führen zu keinem konkreten Ergebnis. Suchen Sie nach etwas mehr?
Ich stimme zu, dass der erste Weg (unter Verwendung der Kommutierungsbeziehung) zu einer Unendlichkeit ~ führt $p_0 \langle p_0|p_0 \rangle$ . Aber seine physikalische Bedeutung ist klar – die Erwartung wird erreicht $p_0$ . Der zweite Weg führt zu keinem physikalischen Ergebnis – liegt das allein an der Anwendung der Hermitianität von $\hat{H}$ ? Ich würde es nicht kaufen ;). Wenn es stattdessen auf die schlecht definierte Normalisierung zurückzuführen ist, warum könnte es nicht dasselbe geben? $\delta$ -ähnliches Ergebnis? Es gibt keinen Grund, warum es das nicht könnte, wenn wir die „Hermitianität“ richtig anwenden.
$\hat H$ Hermitesch ist (das "richtige" Wort für "Hermitian-ness" ist übrigens Hermiticity ), kein Zweifel. Es ist nicht immer selbstadjungiert, aber das ist hier nicht das Problem. Nachdem ich das von mir verlinkte Papier noch einmal gelesen habe, denke ich, dass das Problem eher darin liegen könnte $|p_0\rangle$ liegt nicht einmal im Definitionsbereich des Operators $\hat X$ , aber ich brauche etwas Zeit, um das auszuprobieren.
Ich habe Sie dafür gestimmt, dass Sie mich auf den Namen "Hermiticity" hingewiesen haben.

yuggib · Answer 2

Eine knifflige Frage, wirklich. Abgesehen davon, dass Ihre $\lvert e,p\rangle$ Vektor gehört nicht dazu $L^2$ (daher können Sie keine Skalarprodukte davon nehmen), ich sehe keinen anderen Fehler. Das bedeutet meiner Meinung nach, dass Sie ein nettes Argument haben, um die folgende mathematische Aussage zu beweisen:

Lassen $\mathscr{H}$ sei ein separabler Hilbertraum, $0\neq z\in\mathbb{C}$ . Es gibt keine selbstadjungierten Operatoren $A$ Und $B$ mit nicht leerem diskretem Spektrum, das von Null verschieden ist, so dass $[A,B]=z$ .

In engem Zusammenhang damit steht das folgende Ergebnis von Von Neumann: Bis auf Vielheit und einheitliche Äquivalenz die Relationen $[A,B]=i$ (in ihrer potenzierten Form) werden eindeutig realisiert durch $A=x$ (Multiplikationsoperator) und $B=-i\nabla_x$ , die tatsächlich kein diskretes Spektrum haben.

BEARBEITET (als Antwort auf den Kommentar wurde auch die obige Aussage leicht bearbeitet, um genauer zu sein):

Eine Zahl $\lambda\in \mathbb{R}$ liegt im diskreten Spektrum von $A$ ( genannt $\sigma_{disc}(A)$ ) falls es mindestens einen gibt $\psi_{\lambda}\in \mathscr{H}$ ( normalerweise der Hilbert-Raum $L^2(\mathbb{R}^d)$ ) so dass

A ψ_{λ} = λ ψ_{λ} .

$A\psi_\lambda=\lambda\psi_\lambda\; .$ Angenommen, es gibt

A

$A$ Und

B

$B$ selbstadjungiert so dass

0 \neq λ \in σ_{d i s c} (B)

$0\neq \lambda \in \sigma_{disc}(B)$ Und

[A, B] = z

$[A,B]=z$ (auf einer geeigneten dichten Domäne). Nun folgt (auf einer anderen geeigneten Domain)

[A, B^{2}] = 2 z B .

$[A,B^2]=2zB\; .$ Lassen

ψ_{λ} \in H

$\psi_\lambda\in \mathscr{H}$ eine der Eigenfunktionen von sein

B

$B$ verbunden sein mit

λ

$\lambda$ . Auf der einen Seite,

2 z ⟨ ψ_{λ}, B ψ_{λ} ⟩_{H} = 2 z λ “ ψ_{λ} “_{H}^{2};

$2z\langle\psi_\lambda, B\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}=2z\lambda \lVert \psi_\lambda \rVert^2_{\mathscr{H}}\; ;$ auf dem anderen

⟨ ψ_{λ}, A B^{2} ψ_{λ} ⟩_{H} - ⟨ ψ_{λ}, B^{2} A ψ_{λ} ⟩_{H} = 0

$\langle\psi_\lambda, AB^2\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}- \langle\psi_\lambda, B^2A\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}=0$ wie du vorgeschlagen hast. Das ist doch absurd

z

$z$ ,

λ

$\lambda$ Und

‖ ψ_{λ} ‖_{H}^{2}

$\lVert \psi_\lambda \rVert^2_{\mathscr{H}}$ von Null verschieden sind.

Daraus folgt, dass es keine zwei selbstadjungierten Operatoren geben kann, so dass $[A,B]=z$ Und $\sigma_{disc}(B)\neq \{0\},\emptyset$ . Die obige Argumentation funktioniert nicht, wenn es keine Eigenfunktion gibt $\psi_\lambda\in \mathscr{H}$ (weil man bei formalen Eigenfunktionen keine Skalarprodukte oder Normen nehmen darf: sie sind nicht endlich).

Entschuldigen Sie meinen unzureichenden Hintergrund in rigoroser mathematischer Analyse - ich habe eine Frage dazu, was Sie wirklich meinen. Warum gehört die Tatsache, dass der Vektor "∣e,p⟩ nicht zu $L^2$ " etwas mit der Aussage zu tun haben: "keine selbstadjungierten Operatoren A und B mit nicht leerem diskretem Spektrum, so dass [A, B] = z"? Genauer gesagt, was ist die große Sache mit dem nicht leeren diskreten Spektrum? Danke!
Ich habe die Antwort bearbeitet, meine Antwort wäre für einen Kommentar zu lang gewesen.
Ich verstehe, was Sie sagen - dennoch möchte ich einige Punkte erwähnen: 1) Ihr Spektrum (in der ersten Gleichung) sollte für Operator B statt für A sein; 2) Aus Ihrer bearbeiteten Antwort scheint es keine Rolle zu spielen, ob das Spektrum diskret oder kontinuierlich ist. 3) Geben Sie für das spezifische Beispiel in der Frage an $\hat{H}$ ist nicht hermitesch (mein Verständnis bedeutet selbstadjungiert dasselbe)?
Nun: 1) in der ersten Gleichung definiere ich die Bedeutung von diskretem Spektrum, also $A$ oder $B$ spielt keine Rolle, aber ich stimme zu, dass es mit der folgenden Notation etwas verwirrend sein kann; 2) Es ist wichtig, weil ich das diskrete Spektrum so definiere, dass es mindestens eine Eigenfunktion im Hilbert-Raum gibt (das ist im Allgemeinen nicht für alle Werte im Spektrum der Fall!); 3) selbstadjungiert bedeutet symmetrisch (hermitesch) und etwas mehr (sein Definitionsbereich ist gleich dem Definitionsbereich des Adjungierten) Sie müssen aufpassen! Dein $H$ , auch bekannt als Laplace-Operator, ist selbstadjungiert an $L^2(\mathbb{R}^d)$ .

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