beweisen: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

Question

beweisen: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

Benutzer41767

Ich muss die Kommutierungsrelation beweisen,

[P^{2}, F] = 2 \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial F}{\partial X} P - ℏ^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial X^{2}}

$[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{\partial f}{\partial x} p - \hbar^2 \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$

Wo $f \equiv f(\vec{r})$ Und $\vec{p} = p_x \vec{i}$

Ich weiss

[A B, C] = A [B, C] + [A, C] B

$[AB,C] = A[B,C] + [A,C]B$

Wenn ich das anwende, bekomme ich

[P^{2}, F] = P [P, F] + [P, F] P

$[p^2,f] = p[p,f] + [p,f]p$

Wo $p = \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$ , Und $[p,f] \equiv pf - fp$

mit einer Testfunktion, $g(x)$ , Ich bekomme

[P^{2}, F] = P [P, F] G + [P, F] P G

$[p^2,f] = p[p,f]g + [p,f]pg$

= \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial}{\partial X} [\frac{ℏ}{ich} \frac{\partial F G}{\partial X} - F \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial G}{\partial X}] + [\frac{ℏ}{ich} \frac{\partial F G}{\partial X} - F \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial G}{\partial X}] \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial}{\partial X}

$= \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\hbar}{i}\frac{\partial fg}{\partial x} - f\frac{\hbar}{i}\frac{\partial g}{\partial x}\right] + \left[\frac{\hbar}{i}\frac{\partial fg}{\partial x} - f\frac{\hbar}{i}\frac{\partial g}{\partial x}\right] \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$

Anwendung der Produktregel

= - ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X} [G \frac{\partial F}{\partial X} + F \frac{\partial G}{\partial X} - F \frac{\partial G}{\partial X}] + [G \frac{\partial F}{\partial X} + F \frac{\partial G}{\partial X} - F \frac{\partial G}{\partial X}] {\frac{ℏ}{ich}}^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}\left[g \frac{\partial f}{\partial x} + f \frac{\partial g}{\partial x} - f \frac{\partial g}{\partial x} \right] + \left[g \frac{\partial f}{\partial x} + f \frac{\partial g}{\partial x} - f \frac{\partial g}{\partial x} \right] \frac{\hbar}{i}^2 \frac{\partial}{\partial x}$

Streichung der gleichen Begriffe in Klammern ergibt

= - ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X} [G \frac{\partial F}{\partial X}] - [G \frac{\partial F}{\partial X}] ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x} \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right] - \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right]\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}$

die erneute Anwendung der Produktregel ergibt

= - ℏ^{2} [\frac{\partial G}{\partial X} \frac{\partial F}{\partial X} + G \frac{\partial^{2} F}{\partial X^{2}}] - [G \frac{\partial F}{\partial X}] ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \left[\frac{\partial g}{\partial x} \frac{\partial f}{\partial x} + g \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \right] - \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right] \hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}$

$\frac{\partial g}{\partial x} = 0$ , So

= - ℏ^{2} G \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - ℏ^{2} G \frac{\partial F}{\partial X} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 g \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \hbar^2 g \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial}{\partial x}$

Einsetzen des Impulsoperators wieder in ergibt

= - ℏ^{2} G \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - \frac{ℏ}{ich} G \frac{\partial F}{\partial X} P

$= -\hbar^2 g \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{\hbar}{i} g \frac{\partial f}{\partial x} p$

Die Trial-Funktion, $g$ , kann jetzt gelöscht werden,

= - ℏ^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - \frac{ℏ}{ich} \frac{\partial F}{\partial X} P

$= -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{\hbar}{i}\frac{\partial f}{\partial x}p$

Aber das ist nicht das, was ich erreichen sollte. Was habe ich falsch gemacht?

Brandon Enright

Du musst wirklich

L A T E X ify

$\LaTeX\text{ify}$ Das.

Kyle Kanos

Zugehörige physical.stackexchange.com/q/98372

Antworten (1)

beweisen: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

Brian Motten · Answer 1

Ich habe Ihre Antwort nicht gelesen, aber denken wir darüber nach, nur den Operator zu berechnen $\partial_x^2 f$ . Zuerst müssen wir den Operator berechnen $\partial_x f$ . Jetzt sage ich "der Betreiber", weil wir uns ansehen $\partial_x f$ als Zusammensetzung der ersten Multiplikation mit $f$ und dann die Ableitung nehmen. Durch die Produktregel wissen wir es $\partial_x f = (\partial_x f) + f \partial_x$ , waren vorbei $(\partial_x f)$ , ich meine wirklich nur die Multiplikation mit der Ableitung von $f$ .

Jetzt versuchen wir zu rechnen $\partial_x^2 f$ . Es ist $\partial_x [(\partial_x f) + f \partial_x] = (\partial_x^2 f) + (\partial_x f) \partial_x + (\partial_x f) \partial_x + f \partial_x^2 = (\partial_x^2 f) +2(\partial_x f) \partial_x + f \partial_x^2$ .

Dann $[\partial_x^2,f] = \partial_x^2f-f \partial_x^2 = (\partial_x^2 f) +2(\partial_x f) \partial_x$ . Wenn Sie dies verstehen, sollten Sie die richtige Antwort erhalten. Sie müssen nur das Passende eingeben $i$ ist und $\hbar$ 'S.

Woher wissen Sie, dass Sie ∂<sub>x</sub>f als Komposition behandeln und die Produktregel darauf anwenden müssen?
Ich bin mir nicht sicher, was Ihre Frage genau ist. Wahrscheinlich habe ich das beim ersten Mal auch vermasselt. Ich denke also, die Antwort ist Erfahrung, aber wenn Sie vorsichtig genug sind, um wirklich darüber nachzudenken, sollten Sie in der Lage sein, es zu begründen. Würden Sie zum Beispiel erwarten $\hat{P} \hat{X} |\psi \rangle = -i \hbar |\psi \rangle$ ?
Meine Frage war, woher wussten Sie, dass ∂f mit der Produktregel behandelt werden muss? Als Sie einmal gesagt haben, es sei eine Komposition, war das sinnvoll, aber ich habe es nicht als Komposition gesehen, als ich versuchte, das Problem zu lösen. Was PX|ψ⟩=−iℏ|ψ⟩ betrifft, würde ich das auf den ersten Blick erwarten. Wenn es nicht richtig ist, können Sie erklären, warum?
Wenn $\hat{P}\hat{X}|\psi \rangle=−i\hbar |\psi \rangle$ . Dann die Umkehrung von $\hat{X}$ ist grundsätzlich $\hat{P}$ und so $\hat{X}$ Und $\hat{P}$ pendeln, aber die Quantenmechanik hängt ganz entscheidend davon ab $\hat{X}$ Und $\hat{P}$ nicht pendeln.
Ok, nun, das spricht etwas anderes an, das ich zusammenzufügen versuche. Wann nutze ich Pendler?
Ich wollte gerade sagen, dass dies eine eigene Frage sein sollte, aber ich glaube nicht, dass das auf dieser Seite so gut ankommen würde. Du kannst es versuchen. Wie auch immer, Kommutatoren helfen Ihnen, Dinge über Eigenzustände zu beweisen, ohne explizit eine Basis zu finden, die den Hamiltonian diagonalisiert. Dies geschieht durch die Definition von Leiteroperatoren , die bestimmten Kommutierungsbeziehungen mit dem Hamiltonoperator gehorchen. Ein wichtiger Ort, an dem dies verwendet wird, ist das Finden des Spektrums des Quantum Simple Harmonic Oscillator .
Die gleiche Technik wird verwendet, wenn es um den Drehimpuls geht.
Ich verstehe die Verwendung des Pendlers beim Finden des Spektrums des einfachen harmonischen Oszillators, aber was ich nicht verstehe, ist der Grund, warum die Tatsache, dass P und X nicht pendeln, der Grund dafür ist, dass PX|ψ⟩≠−iℏ| ψ⟩. Ich weiß, wenn sie pendeln, dann ist PX|ψ⟩ = XP|ψ⟩. Vielleicht verstehe ich es jetzt. Nehmen Sie zwei verschiedene Operatoren A und B und sagen Sie [A,B]=0 und A|ψ⟩=a|ψ⟩ und B|ψ⟩=b|ψ⟩. Wäre dann AB|ψ⟩=ab|ψ⟩? Ist es das, was ich vorher nicht verstanden habe?
Ich denke, was Sie nicht verstanden haben, ist, dass der Operator $\hat{P}$ kann nicht wissen, auf welchem Ausdruck es operiert. Angenommen, wir haben eine Wellenfunktion $| k \rangle = e^{ikx}$ , und definieren $|\psi \rangle$ sein $\hat{X} | k \rangle = xe^{ikx}$ . Dann müssen wir haben $\hat{P} \hat{X} | k \rangle = \hat{P} | \psi \rangle$ , seit $\hat{X} | k \rangle = | \psi \rangle$ . Die beiden Ausdrücke können nicht unterschiedlich sein, nur weil man a hat $\hat{X}$ rechts von $\hat{P}$ .
Die einzige Möglichkeit, diese Ausdrücke konsistent zu verstehen, besteht darin, die Operatoren so von rechts nach links auszuwerten $\hat{P}$ wirkt auf alles richtig, anstatt es so zu tun, wie Sie es getan haben.

beweisen: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

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