Kommutator von Ort und Impuls

Question

Kommutator von Ort und Impuls

Andreas Sparrow

Ich lese Quantenmechanik von Sakurai. Eines der Probleme in dem Buch fragt nach der Verwendung der Relation

⟨ X | P ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{\frac{ich P X}{ℏ}}

$\langle{x}|p\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{\frac{ipx}{\hbar}}$ zu bewerten

⟨ x | [X, P] | α ⟩ = ⟨ x | X P | α ⟩ - ⟨ x | P X | α ⟩

$\langle{x}|[X,P]|\alpha\rangle=\langle{x}|XP|\alpha\rangle-\langle{x}|PX|\alpha\rangle$ bezüglich

ψ_{α} (x) = ⟨ x | α ⟩

$\psi_{\alpha}(x)=\langle{x}|\alpha\rangle$ ohne die Tatsache zu nutzen, dass in der

x

$x$ Darstellung,

P

$P$ verhält sich wie

- i ℏ \frac{d}{d x}

$-i\hbar\frac{d}{dx}$ .

Ich bin mir nicht sicher, wie ich damit fortfahren soll. Hier mein Versuch:

Die Eigenwertgleichungen für den Positionsoperator $X$ und der Impulsoperator $P$ sind bzw

X | X^{'} ⟩ = X^{'} | X^{'} ⟩ Und P | P^{'} ⟩ = P^{'} | P^{'} ⟩

$X|x'\rangle=x'|x'\rangle \text{ and } P|p'\rangle=p'|p'\rangle$ Also lasst uns zum Beispiel evaluieren

⟨ x | P X | α ⟩

$\langle{x}|PX|\alpha\rangle$ :

\begin{aligned} ⟨ X | P X | a ⟩ & = ⟨ X | P X | \int_{- \infty}^{\infty} | X^{'} ⟩ ⟨ X^{'} | a ⟩ D X^{'} \\ = ⟨ X | P | \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} | X^{'} ⟩ ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = ⟨ X | P | \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} | P^{'} ⟩ ⟨ P^{'} | X^{'} ⟩ D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = ⟨ X | P | \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} | P^{'} ⟩ \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{- \frac{ich P^{'} X^{'}}{ℏ}} D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = ⟨ X | \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} P^{'} | P^{'} ⟩ \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{- \frac{ich P^{'} X^{'}}{ℏ}} D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} P^{'} ⟨ X | P^{'} ⟩ \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{- \frac{ich P^{'} X^{'}}{ℏ}} D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} P^{'} \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{\frac{ich P^{'} X}{ℏ}} \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} e^{- \frac{ich P^{'} X^{'}}{ℏ}} D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \\ = \frac{1}{2 π ℏ} \int_{- \infty}^{\infty} X^{'} (\int_{- \infty}^{\infty} P^{'} e^{\frac{ich P^{'} (X - X^{'})}{ℏ}} D P^{'}) ψ_{a} (X^{'}) D X^{'} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \langle{x}|PX|\alpha\rangle & = \langle{x}|PX|\int_{-\infty}^{\infty}|x'\rangle\langle{x'}|\alpha\rangle dx' \\ & = \langle{x}|P|\int_{-\infty}^{\infty}x'|x'\rangle\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \langle{x}|P|\int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}|p'\rangle\langle{p'}|x'\rangle dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \langle{x}|P|\int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}|p'\rangle\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{-\frac{ip'x'}{\hbar}} dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \langle{x}|\int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}p'|p'\rangle\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{-\frac{ip'x'}{\hbar}} dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}p'\langle{x}|p'\rangle\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{-\frac{ip'x'}{\hbar}} dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}p'\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{\frac{ip'x}{\hbar}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}e^{-\frac{ip'x'}{\hbar}} dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ & = \frac{1}{{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}x'\left(\int_{-\infty}^{\infty}p'e^{\frac{ip'(x-x')}{\hbar}} dp'\right)\psi_{\alpha}(x') dx' \\ \end{split} \end{equation}$

aber dann blieb ich hängen, weil das mittlere Integral nicht konvergent ist. Ich habe auch gespürt, dass ich etwas falsch gemacht habe.

Antworten (2)

Kommutator von Ort und Impuls

Entdeckung · Answer 1

Zwei Hauptpunkte sind....

Allgemein $\langle{x}|[X,P]|\alpha\rangle \not= \langle{x}|XP|\alpha\rangle-\langle{x}|PX|\alpha\rangle$

Wenn $[X,P]=XP-PX$ ein wohldefinierter Operator in einem Hilbertraum ist, $H=L^2([a,b])$ , Raum der quadratintegrierbaren Funktionen in $[a,b]$ , der Definitionsbereich von $[X,P]$ ist eine Menge von Funktionen $|\alpha\rangle$ befriedigend

$|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $X$

$|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $P$

$P|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $X$

$X|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $P$

Allerdings ist der Definitionsbereich von $XP$ ist eine Menge von Funktionen $|\alpha\rangle$ befriedigend

$|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $P$

$X|\alpha\rangle$ liegt im Bereich des Betreibers $P$

In ähnlicher Weise können Sie die Form der Domäne von erwarten $PX$ .

Also wenn du das behaupten willst $\langle{x}|[X,P]|\alpha\rangle = \langle{x}|XP|\alpha\rangle-\langle{x}|PX|\alpha\rangle$ , sollten Sie zusätzliche Bedingung haben, $|\alpha\rangle$ ist eine Funktion im Definitionsbereich von $[X,P]$ . Versuchen Sie es zu beweisen $\langle{x}|[X,P]|\alpha\rangle = \langle{x}|XP|\alpha\rangle-\langle{x}|PX|\alpha\rangle$ verwenden $|\alpha\rangle=|p\rangle$ und Hermitianität von $X$ Und $P$ . Vielleicht finden Sie einen Widerspruch.

Deltafunktional

Aus dem letzten Segment, $\left(\int_{-\infty}^{\infty}p'e^{\frac{ip'(x-x')}{\hbar}} dp'\right) \\$ ist die Form der Fourier-Transformation von $p'$ und kann beschrieben werden durch (Dirac) funktional-abgeleitet, $\delta'(x-x')$ .

$\int_{-\infty}^{\infty}p'e^{\frac{ip'(x-x')}{\hbar}} dp'=\int_{-\infty}^{\infty}-i\hbar \frac{d}{dx}e^{\frac{ip'(x-x')}{\hbar}}dp'=-i2\pi\hbar^2 \frac{d}{dx} \delta(x-x')$ .

Ich widerspreche deinem Punkt #1. Die Vertauschungsrelation garantiert, dass die Ungleichheit gleich sein sollte. Das einzige wirkliche Problem ist, dass einige Autoren und Berechnungen Zustände verwenden , die nicht besonders gut definiert sind.
@DanielSank Ich stimme dir zu und möchte nur die Bedeutung der Staatsform betonen $|\alpha \rangle$ . Zum Beispiel ... ein (unangemessenes) Paradoxon von Gleichung 2.6 in p. 7 von arxiv.org/pdf/quant-ph/9907069.pdf

CR Drost · Answer 2

Ich denke, Sie müssten diesen Begriff wahrscheinlich in Teilen integrieren und senken $k = p'/\hbar$ Zu $1$ beim Anheben $\exp[i~k~(x - x')]~dk$ hinein $[-i\hbar/(x - x')]~\exp[i~k~(x - x')].$

Das Ergebnis, das Sie für das mittlere Integral erhalten, ist dann

- 2 π ich ℏ \frac{δ (X - X^{'})}{X - X^{'}} .

$-2\pi i\hbar ~ \frac{\delta(x - x')}{x - x'}.$ Wenn Sie das Integral nicht weiter auswerten, wird das andere Integral ähnlich sein, aber mit

x

$x$ kostenlos ersetzen

x^{'}

$x'$ , so erhalten Sie einen Wert

x - x^{'}

$x - x'$ was den Nenner aufhebt.

Mit anderen Worten: Wenn ich nur die Art und Weise verwende, wie Sie dieses Problem lösen, können Sie effektiv ersetzen

\begin{aligned} \hat{P} \mapsto & \int D P P | P ⟩ ⟨ P |, \\ \hat{X} \mapsto & \int D X X | X ⟩ ⟨ X |, Und \\ \hat{ICH} \mapsto & \int D X | X ⟩ ⟨ X |, \end{aligned}

$\begin{align} \hat P \mapsto&~ \int dp~p~|p\rangle\langle p|,\\ \hat X \mapsto&~ \int dx~x~|x\rangle\langle x|, \text{ and}\\ \hat I \mapsto&~ \int dx~ |x\rangle\langle x|,\end{align}$ dann kann ich einfach den Begriff ausschreiben

X P - P X = X P I - I P X

$X P - PX = XPI - I P X$ die ein Matrixelement hat

| x ⟩ ⟨ x^{'} |

$|x\rangle\langle x'|$ durch die Verwendung der

x

$x$ Index für den ersten Operator und die

x^{'}

$x'$ Index für den letzten und haben einfach:

[X, P] = \frac{1}{2 π ℏ} ∭ D X D X^{'} D P (X - X^{'}) P e^{ich P (X - X^{'}) / ℏ} | X ⟩ ⟨ X^{'} | .

$[X,P] = \frac{1}{2\pi\hbar} ~ \iiint dx~dx'~dp~(x - x')~p~e^{i p (x - x')/\hbar}~|x\rangle\langle x'|.$ So kündigen Sie die

(x - x^{'})^{- 1}

$(x - x')^{-1}$ um das Problem zu beenden.

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Andreas Sparrow

Antworten (2)

Entdeckung

Daniel Sank

Entdeckung

CR Drost

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