Dequantisierung der Quantisierungsregel von Dirac

Ich weiß nichts über tiefe Fragen. Und die Leute scheinen hier ziemlich tiefe Antworten zu geben. Mein Beitrag ist zu zeigen

$$\lim_{\hbar \to \infty} \frac{1}{i\hbar}[ F(p,x) , G(p,x)] = \{F(p,x), G(p,x)\}_{P.B.}$$

wo$[ F, G] = F G - G F$und

$$\{ F(p,x), G(p,x) \} = \frac{\partial F}{\partial x} \frac{\partial G}{\partial p} - \frac{\partial G}{\partial x} \frac{\partial F}{\partial p}.$$

Vorrunden.

Mit$[x, p] = i \hbar$, können Sie die folgenden beiden Gleichheiten zeigen:

$$[x, f(p) ] = i \hbar \frac{\partial f}{\partial p}$$

und

$$[p , g(x) ] = - i \hbar \frac{\partial g}{\partial x}.$$

Ich denke, das ist fast Pflicht für jeden QM-Lehrgang, daher überspringe ich diese Herleitung. In jedem Fall besteht der Standardweg darin, den Kommutator von x mit steigenden Potenzen von p zu betrachten; Verwenden Sie dann beim Entwickeln Induktion$f(p)$als Taylorreihe.

Ein anschaulicheres Beispiel ist das folgende:

$$[x^{2} , f(p) ] = [x ,f(p) ] x + x [x, f(p)] \\ = i \hbar f'(p)\, x + i \hbar x \, f'(p) = 2 i\hbar x f'(p) - i\hbar [x , f'(p)]\\ = 2 i \hbar x f'(p) - (i \hbar)^{2} f''(p)$$

wo ich die ziemlich nützliche Notation eingeführt habe$f'(p) = d f /dp$.

Spätestens jetzt sieht man, dass der Spaß in willkürlichen Potenzen liegt$x$. Sie sollten das Ergebnis mehr oder weniger erraten und per Induktion beweisen können.

Lemma.

$$[x^{n} , f(p) ] = \sum_{j=1}^{n} (-)^{j+1} \binom{n}{k} \, (i \hbar)^{j} x^{n-j} \, f^{(j)}(p)$$

Beweis: Du schaffst es. Induktion verwenden. Es sollte mehr oder weniger einfach sein. Übrigens,$\binom{n}{k}$bezeichnet den Binomialkoeffizienten .

Moment der Wahrheit.

Das vorherige Argument kann verwendet werden, um eine analytische Funktion von einzuschließen$x$. In Betracht ziehen

$$[ g(x) , f(p)] = \Biggl[ \, \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} g^{(k)} (0) x^{k}, \, f(p) \Biggr] = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} g^{(k)} (0) \Biggl[ x^{k}, f(p) \Biggr] \\ = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} g^{(k)} (0) \sum_{j=1}^{k} (-)^{j+1} C^{k}_{j} \, (i \hbar)^{j} x^{k-j} \, f^{(j)}(p) \\ = \sum_{j=1}^{\infty} (-)^{j+1} \, (i \hbar)^{j} g^{(j)}(x) \, f^{(j)}(p).$$

Der Trick bei der vierten Gleichung besteht darin, die Summen zu vertauschen (und dann zu erweitern$C^{k}_{j}$... alles passt gut).

Es ist interessant festzustellen, dass die doppelten Summationen zu einer zusammenfielen. Dies macht irgendwie Sinn durch dimensionale Analyse, Potenzen von x und p nehmen zusammen ab, so dass$\hbar$erscheint.

Der letzte Teil ist der subtilste Punkt. Ein General$f(x,p)$ist schwierig, weil$x$und$p$pendeln nicht. Sie hätten also Probleme mit "Hermitizität" und Ordnung. Ich werde jeden wählen$p$die Linke von jedem sein$x$. Sobald dies vereinbart ist, ein General$F(p,x)$kann geschrieben werden als

$$F(p, x) = \sum_{n=0}^{\infty} \alpha_{n} (p) \,\, f_{n} (x).$$

Jetzt können wir rechnen

$$\Biggl[ F(p,x) , G(p,x) \Biggr] = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \Biggl[ \alpha_{n} (p) \,\,f_{n} (x), \, \beta_{m} (p) \, \, g_{m} (x) \Biggr] \\ = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \alpha_{n} (p) \biggl[ \, f_{n} (x) , \beta_{m} ( p) \biggr] g_{m} (x) + \beta_{m} (p) \, \biggl[ \, \alpha_{n} ( p) , g_{m} (x) \biggr] \, f_{n} (x) \\ = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \, \alpha_{n} (p) \, \biggl( \sum_{j=1}^{\infty} (-)^{j+1} \, (i \hbar)^{j} f^{(j)}_{n} (x) \, \beta^{(j)}_{m} (p) \biggr) \, g_{m} (x) + \beta_{m} (p) \biggl( \sum_{j=1}^{\infty} (-)^{j} \, (i \hbar)^{j} g^{(j)}_{m}(x) \, \alpha^{(j)}_{n}(p) \biggr) \, f_{n} (x)$$

speziell verwenden

$$\sum_{n=0}^{\infty} \alpha_{n} (p) \, f_{n}^{(j)} (x) = \frac{\partial^{j}}{\partial x^{j}} \biggl( \sum_{n=0}^{\infty} \alpha_{n} (p) \, f_{n} (x) \biggr) = \frac{\partial^{j}}{\partial x^{j}} F(p,x)$$

Sie sehen, dass Sie das gewünschte Ergebnis erhalten (nachdem Sie die Summen geändert haben):

$$\Biggl[ F(p,x), G(p,x) \Biggr] = \sum_{j=1}^{\infty} (-)^{j} \frac{(i \hbar)^{j}}{j!} \Biggl( \frac{\partial^{j} G}{\partial x^{j}} \frac{\partial^{j} F}{\partial p^{j}} - \frac{\partial^{j} F}{\partial x^{j}} \frac{\partial^{j} G}{\partial p^{j}} \Biggr)$$

weil Sie sehen, dass der einzige Term, der nach der Division durch (i \hbar) überlebt, der erste ist. Das ergibt die Poisson-Klammer. Ich habe keine komplizierten Berechnungen durchgeführt, weil sie lang sind. Es ist mehr oder weniger überzeugend.

Lassen Sie mich die Logik der Moyal-Klammer , die @ACuriousMind ordentlich besprochen hat, neu anordnen, indem ich einen fiktiven Planeten besuche, auf dem Menschen irgendwie unabhängig voneinander die klassische Mechanik und die Quantenmechanik entdeckt haben . litt jedoch unter einer schrecklichen mentalen Blockade, die sie daran hinderte, zu erkennen, dass es zunächst eine Verbindung zwischen den beiden gab.

Dann, eines Tages, bemerkte ihr Groenewold , dass ausgehend von QM, wo Großbuchstaben QM-Operatoren bezeichnen,$[P,Q]=PQ-QP=-i\hbar,\,$, etc ... und Kleinbuchstaben klassische Phasenraumeinheiten bezeichnen, könnte er jede Operatorfunktion von P und Q , Φ nehmen und alle ihre Matrixelemente in die folgende c-Zahl-Erzeugungsfunktion packen:

$$f(q,p)= 2 \int_{-\infty}^\infty \text{d}y~e^{-2ipy/\hbar}~ \langle q+y| \Phi (Q,P) |q-y \rangle,$$ (was wir hier als unsere Wigner-Karte zum Phasenraum auf unserem Planeten erkennen würden), das heißt, vollständig spezifiziert durch die Gesamtheit seiner Matrixelemente, $$\langle x| \Phi |y \rangle = \int_{-\infty}^\infty {\text{d}p\over h} ~e^{ip(x-y)/\hbar}~ f\left({x+y\over2},p\right) .$$ Er entdeckte also, dass der Operator Φ tatsächlich aus der Umkehrung des Obigen extrahiert werden könnte, also ist es ein Operatorfunktional der Quanten -c-Zahl-Funktion f(q,p) , von der natürlich auch abhängt$\hbar$, Im Algemeinen, $$\Phi [f] = \frac{1}{(2\pi)^2}\iint\!\!\! \iint f(q,p) ~e^{i(a(Q-q) +b(P-p))}~ \text{d}q\, \text{d}p\, \text{d}a\, \text{d}b.$$

Beobachten Sie, wie diese Form Φ(Q,P) mit ihrer komplizierten und launischen Anordnung von Zeichenfolgen von Q s und P s ausdrückt, jetzt in einer Form, in der Q s und P vollständig symmetrisch sind (wobei das Exponential die formale Entwicklung unendlicher Potenzreihen davon ist). ).

(Auf unserem Planeten heißt diese inverse Karte Weyl-Karte und wurde zuerst entdeckt, in einem fehlgeleiteten Versuch, mit klassischen Größen f(q,p) zu beginnen und irgendwie, magisch!, zu ihren Quantenkorrespondenten geführt zu werden, die davon wissen$\hbar$, also mit mehr Informationen, die aus dem Nichts auftauchen, aber egal. Dennoch war Kubo derjenige, der dieses Verfahren zu schätzen wusste, das automatisch beliebige Operatoren nach Weyl ordnet, dh gleiche Operatoren in dieser speziellen Reihenfolge ergibt, die im Allgemeinen anders aussehen.)

Darüber hinaus bildet diese Wigner-Karte Kommutatoren des Hilbert-Raumoperators ab$[\Phi,\Gamma]/(i\hbar)$zu dem, was wir die Moyal-Klammer nennen,

$$\frac{2}{\hbar} ~ f(x,p)\ \sin \left ( {{\tfrac{\hbar }{2}}(\overleftarrow{\partial}_x \overrightarrow{\partial}_{p}-\overleftarrow{\partial}_{p}\overrightarrow{\partial }_{x}} )\right ) \ g(x,p),$$ wo Sie den führenden Term in der Taylor-Reihe wrt notieren$\hbar$ist nur$\{f,g\}$, die Poisson-Klammer. Hilbertraumspuren werden auf Phasenraumintegrale abgebildet.

(Vollständige Offenlegung: Eine Erweiterung dieser Bewegungen finden Sie in unserer Broschüre A Concise Treatise on Quantum Mechanics in Phase Space von Curtright, Fairlie und Zachos, WS 2014, vgl. Online-Update , oder in den meisten anderen populären Texten zu diesem Thema.) Bisher absolut keine Physik oder Einsicht: Durch einen technischen Sprachwechsel wurde einfaches QM einfach im c-Zahl-Phasenraum neu ausgedrückt.

Nun muss unser tralfmadorianischer Groenewold jedoch sehr erfreut gewesen sein, da er auch wusste, dass dies im Bereich der klassischen Mechanik lag, sodass er sowohl QM als auch klassische Mechanik in einem Atemzug diskutieren konnte. Er konnte dann beobachten, dass die meisten "großen", makroskopischen Systeme und Einheiten große Quantenzahlen und große Wirkungen im Vergleich dazu beinhalten$\hbar$, verhalten sich wie klassische c-Zahl-Funktionen des Phasenraums, die aus der klassischen Mechanik bekannt sind (korrigiert durch$\hbar$-Fuzz, ignorierbar für sehr klein$\hbar$), die Moyal-Klammer für langsam variierende Funktionen (auf der Skala von$\hbar$wieder, wo Welligkeit und Interferenz herrschen), auf die Poisson-Klammern übertragen usw. ... Er muss außer sich gewesen sein mit der aufkommenden Grenze der klassischen Mechanik, die er fand.

Also, obwohl f , g usw. davon abhängen$\hbar$, als volle Quantenobjekte, solche, die einen nichtsingulären Grenzwert haben, wie$\hbar\to 0$Reduzieren Sie auf saubere ingenieurphysikalische (Neuling-Labor) Mengen, die frei von den frustrierenden Komplikationen der Quantenmechanik sind. Oh je: Variablen sind effektiv kommutativ, wenn man (Quanten-)Informationen opfert ... Plötzlich könnte es sinnvoll sein, über Trajektorien im Allgemeinen zu sprechen! (Aber dann erhoben Chaos und Entropie ihre hässlichen Köpfe. Aber wir schweifen ab.)

OK, das ist der Umriss des emergenten klassischen Verhaltens. Einige Feinheiten werden unter den Teppich gekehrt, einschließlich makroskopischer Quantensysteme usw., aber Ingwertreten besiegt den Nebel von$\hbar$, und Dekohärenz ist ein Freund.

Die obigen invertierbaren Abbildungen haben jedoch nichts mit Quantisierung zu tun – sie sind lediglich Änderungen von Variablen. Aber sie helfen Ihnen, es zu überwachen, wenn Sie den Dirac-Weg gehen wollten, und daher die Fehlbezeichnung "Verformungsquantisierung": Sie geben vor, damit zu beginnen$\hbar$-unabhängige f s und den PB und „verformen es geschickt“ zum MB, indem Sie das erraten$\hbar$-Korrekturen intuitiver Schönheitsprinzipien. Aber auf diese Weise erhalten Sie nie das richtige Quadrat des Drehimpulses . Quantisierung ist eine Kunst, ein Mysterium .

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Convenience Edit zur Verbindung mit der Antistandard-Ordnung: @OkThen repliziert die Antistandard-Ordnungsvorschrift, die Kirkwood 1933 in Gleichung (121) des oben zitierten Buchs verwendete; Ich konnte dem lehrreichen Moment nicht widerstehen. Sie entspricht natürlich der hier besprochenen Wigner-Weyl-Karte, wie @ACuriousMind und @tparker betonen. Alle diese Hilbert-Raum-zu-Phasenraum-Abbildungen sind , wo Übereinstimmung mit den klassischen Entitäten$O(\hbar^0)$wird im Wesentlichen als Randbedingung durchgesetzt, sodass ein Scheitern der Dirac-Korrespondenz ein Beweis für einen Fehler wäre, wie von @ACuriousMind betont.

Explizit, ein zusätzlicher Faktor kleben$\exp(i\hbar ab/2)$in das Exponential des obigen Φ wandelt den obigen Operator Kernel um$e^{ib(P-p)} e^{ia(Q-q)}$was ein etwas anderes Φ' ergibt, das natürlich invertierbar auf Φ abgebildet werden kann. Das entsprechende Bild der Moyal-Klammer ist, wie angegeben, etwas weniger symmetrisch,$~f(1-\exp(i\hbar(\overleftarrow{\partial}_x \overrightarrow{\partial}_{p}-\overleftarrow{\partial}_{p}\overrightarrow{\partial }_{x} ))g/i\hbar$, aber natürlich invertierbar durch dieselbe Karte auf den MB abbildbar. Dies war eigentlich die Beobachtung von Diracs ursprünglicher These, dass die Übereinstimmung von q mit Q und p mit P automatisch die diskutierte Randbedingung ergibt, sodass sie nicht fehlschlagen konnte. Es waren nur spätere Suchende nach Quantisierungsschemata aus dem Keksausstecher, die unklugerweise darauf bestanden, solche Karten auf die Quantisierung anzuwenden, die jetzt von Groenewold sicher ausgeschlossen wurden.

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Anmerkung zu Brackens Entstehung hinzugefügt : In einer bemerkenswerten Arbeit aus dem Jahr 2003 beobachtet Bracken, dass die Kehrseite der Standard-Quantisierungsbeziehung$MB=\frac{2}{\hbar}\sin (\hbar ~PB /2)=PB + O(\hbar^2)$ist$PB=\frac{2}{\hbar}\arcsin (\hbar ~MB /2)=MB + O(\hbar^2)$, also ist die emergente klassische Mechanik eine unendliche asymptotische Reihe von$\hbar$Quantenkorrekturen zum Quantenergebnis: Die Magie hier ist die vollständige Aufhebung von allem$\hbar$Abhängigkeit, analog zur destruktiven Interferenz von Quantenphasen im Funktionsintegral, die das klassische Extremisierungsergebnis liefert. Als formaler Witz ist es gut zu wissen, aber ich habe noch nie gesehen, dass es in einer überzeugenden, nicht trivialen Berechnung mit Messingnägeln verwendet wird.

Die Aussage ist wahr durch die Definition der Quantisierung selbst, dh es gibt nichts zu zeigen. Lassen Sie uns also über die Definition der Quantisierung sprechen, die eine Karte von klassischen Observablen zu Quantenobservablen ist.

Es gibt keine Quantisierungskarte$f\mapsto \hat{f}$das klassische Observablen (Funktionen im Phasenraum) an Quantenobservablen (selbstadjungierte Operatoren im Hilbert-Raum) sendet, die erfüllt

1. $$\widehat{\{f,g\}} = \frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[\hat{f},\hat{g}]\tag{1}$$ für alle klassischen Observablen$f,g$.
2. Für alle Polynome$p$,$\widehat{p(f)} = p(\widehat{f})$für alle klassischen Observablen$f$.
3. Die Darstellung der Algebra der Observablen ist irreduzibel.

Dies ist als No-Go-Theorem von Groenewold-van Hove bekannt . Die genauen technischen Annahmen über die Quantisierungskarte variieren, aber dies sind die Hauptpunkte, die sie naiverweise bei der "kanonischen Quantisierung" erfüllen sollte, aber nicht kann.

Um eine Quantisierungsabbildung zu ermöglichen, muss man eine Annahme schwächen. Eine Option ist die Deformationsquantisierung , wo$(1)$soll nur Quantenkorrekturen der Ordnung standhalten$\hbar^2$, und die übliche Verformung der Poisson-Klammer ist dann die Moyal-Klammer $\{\{-,-\}\}$, was mit dem naiven kanonischen Quantisierungsrezept für die Klammern der Koordinaten übereinstimmt$x_i,p_j$als

$$\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[\hat{x}_i,\hat{p}_j] = \widehat{\{x_i,p_j\}} = \widehat{\{\{x_i,p_j\}\}}$$ weicht aber für höhere Polynome in ab$x,p$aus der Poisson-Klammer bei Bestellung$\hbar^2$und höher. Per Definition der Deformationsquantisierung haben wir also $$\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[f,g] = \{\{f,g\}\} = \{f,g\} + \mathcal{O}(\hbar^2)$$ wo nehmen$\hbar\to 0$auf beiden Seiten deutlich nachgibt $$\lim_{\hbar\to 0} \frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[f,g] = \{f,g\}.$$

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Wenn Sie möchten, beginnen Sie mit einem Quantensystem mit kanonischen Kommutierungsbeziehungen$[x_i, p_j] = \mathrm{i}\hbar\delta_{ij}$"ohne es durch Quantisierung erhalten zu haben", dann ist das einfach unmöglich - Sie haben es möglicherweise nicht durch meine Quantisierung "erhalten", aber es ist dennoch dasselbe wie das Ergebnis der Standardquantisierung:

Nach dem Stone-von-Neumann-Theorem sind alle Darstellungen dieser Vertauschungsbeziehung einheitlich äquivalent. So können wir immer den Teil der von der Quantenalgebra erzeugten Observablen erhalten$x_i,p_j$B. die Deformationsquantisierung des entsprechenden klassischen Systems, und die Gleichheit zwischen Kommutator und Poisson-Klammer im klassischen Limes ergibt sich wiederum unmittelbar aus der Definition des Quantisierungsverfahrens.