Momentum-Operator-Generator der klassischen Übersetzungsgrenze

Der Generator von$x$-Übersetzungen ist genauer gesagt die$x$-Derivat

$$\frac{\partial}{\partial x}~=~i\frac{\hat{p}}{\hbar}~=~i\hat{k},$$ der Wellenzahloperator , der unabhängig von ist$\hbar$.

Du missverstehst das bewusst$\hbar/S \to 0$klassische Grenze. ℏ hat viele Dimensionen, so dass die Wahl riesiger Einheiten, mit denen es gemessen werden soll, wie MKSA-Einheiten, um fahrende Züge zu messen, es klein aussehen lässt. Die "eigentliche", enorm subtile, klassische Grenze läuft auf dem obigen dimensionslosen Verhältnis, das die charakteristische Wirkungsgröße S des Systems mit ℏ vergleicht.

Die Art und Weise, wie ℏ erscheint, um Übersetzungen in die x -Darstellung einzugeben,

$$e^{a{i\over \hbar} \hat p} f(x)= e^{a\partial_x} f(x)= f(x+a),$$ ist eine Neuskalierung/Normierung von Operatoren im Exponenten, um ihn dimensionslos zu machen, eine Gewohnheit, die Normalisierung von Phasenraumoperatoren in der Born-Kommutationsbeziehung zu messen. Sie scheinen sich über ein Nicht-Problem Sorgen zu machen. Der Gradient einer Funktion ist so groß wie ihre lokale Variation über einen bestimmten Maßstab.

Ich habe Ihre frühere Frage beantwortet. Die Antwort hier ist ähnlich. Wenn Sie Quanten mit Klassik in einem Limit vergleichen wollen, können Sie das nicht Stück für Stück tun. Sie müssen es als Teil einer kohärenten und selbstkonsistenten Grenze betrachten. In diesem Fall wird versucht, die Grenze von separat zu betrachten$\hat{p}$im$\hbar \rightarrow 0$Grenze (siehe den zugehörigen Kommentar in meiner Antwort auf Ihre frühere Frage, ob dies als Grenze wirklich der richtige konzeptionelle Ansatz ist - aber wir bleiben hier dabei) macht keinen Sinn, da das Momentum kein Operator ist, wie es in der klassischen Theorie gesehen wird .

Was folgt, ist kein vollständiger, formaler Beweis, aber es skizziert einige relevante Überlegungen.

Die Observablen in der Quantentheorie wenden den Operator auf eine Wellenfunktion an und arbeiten von dort aus, um üblicherweise einen Erwartungswert zu nehmen. Die Wellenfunktion hängt auch von ab$\hbar$Wenn Sie also eine Grenze setzen, müssen Sie wissen, wie sich die kombinierte Einheit verhält, nicht nur ein Teil. Wie in der Antwort auf Ihre frühere Frage erwähnt, können Sie immer eine Lösung für die Schrödinger-Gleichung als schreiben$\psi = R e^{iS/\hbar}$wirklich$R$Und$S$. Es stellt sich heraus, dass$S$ist dann eng mit der Aktion verbunden, so dass$\nabla S$sieht aus wie das klassische Momentum. Gleichzeitig,$\hat{p} \psi = \left( \nabla S \right) \psi$. Die rechte Seite hängt nur von ab$\hbar$durch das Argument zum Exponential, und das verschwindet beispielsweise in einem Erwartungswertausdruck, in dem Sie mit multiplizieren$\psi^*$.

Die richtige Antwort wurde von Cosmas Zachos gegeben, ich möchte jedoch eine Bemerkung bezüglich der Behauptung hinzufügen, dass "$\hat p$konvergiert zu$0$in der klassischen Grenze"

Mathematisch genauer kann man den Grenzwert des Impulsoperators tatsächlich direkt betrachten: Der Impulsoperator ist definiert durch$\hat p = -i\hbar\nabla$. Beachten Sie zuerst, dass es sich um einen unbegrenzten Operator handelt$L^2$, also sollte man vorsichtig sein, was "Konvergenz zu$0$" bedeutet (in Operatornorm,$\hbar\cdot\infty = ∞$konvergiert nicht zu$0$).Eine Möglichkeit, die Konvergenz eines unbeschränkten Operators zu betrachten, ist die Verwendung einer schwachen Konvergenz. Ein Beispiel ist die Betrachtung der Grenze seines Mittelwerts$\lim_{\hbar\to 0}\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho)$für jede schöne Dichtematrix$\rho$.

Wenn man jedoch den klassischen Grenzwert der Quantenmechanik betrachtet, sollte man vergessen, dass die Größe der Operatoren auch davon abhängt$\hbar$.

Eine klassische Art, das Limit auszuführen$\hbar\to 0$ist die Wigner-Transformation einzuführen

$$W_{\rho}(x,p) = \frac{1}{\hbar^d}\int_{\mathbb R^3} e^{-i\,y\cdot p/\hbar}\,\rho(x+y/2,x-y/2)\,\mathrm d y$$ was in der Tat ein Objekt ist, das gegen eine klassische Verteilung des Phasenraums konvergiert. Eine schnelle Rechnung zeigt das dann $$\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho) = \int_{\mathbb R^6} p\, W_{\rho}(x,p)\,\mathrm d x\,\mathrm d p.$$ Insbesondere wenn$W_{\rho}(x,p)$konvergiert gegen eine klassische Funktion des Phasenraums$f$in einer geeigneten Topologie (was die Annahme ist, die darauf hinweist$\rho$Ist$\hbar$abhängig), dann $$\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho) \to \int_{\mathbb R^6} p\, f(x,p)\,\mathrm d x\,\mathrm d p$$ was nicht ist$0$.