Was ist der Quotient zweier Quantenoperatoren?

Question

Was ist der Quotient zweier Quantenoperatoren?

1MegaMan1

Es ist wahrscheinlich nützlich, den Kontext zu erläutern, der mich zu dieser Frage geführt hat. Uns wurde folgende Frage gestellt:

Durch Schreiben ${L}^2 = \sum_{ijklm}\epsilon_{ijk}{x}_j{p}_k\epsilon_{ilm}{x}_l{p}_m$ zeige, dass:

P^{2} = \frac{L^{2}}{R^{2}} + \frac{1}{R^{2}} {(R \cdot P)^{2} - ich ℏ (R \cdot P)}

$p^2 = \frac{L^2}{r^2}+\frac{1}{r^2}\left\{(\textbf{r}\cdot \textbf{p})^2-i\hbar(\textbf{r}\cdot \textbf{p})\right\}$

Ich bin bis zu diesem Punkt gekommen:

L^{2} = R^{2} P^{2} - {(R \cdot P)}^{2} + ich ℏ R \cdot P

${L}^2 = {\textbf{r}}^2{\textbf{p}}^2-\left(\textbf{r}\cdot\textbf{p}\right)^2+i\hbar\textbf{r}\cdot\textbf{p}$

Aber jetzt ist meine Frage, darf ich einfach durch teilen? $\textbf{r}^2$ und wenn ja, was ist die Interpretation einer Division zweier Quantenoperatoren? Schließlich $L,\textbf{r},\textbf{p}$ sind alles Quantenoperatoren, also mache ich mir ziemlich Sorgen darüber, einfach "normale" Algebra-Regeln anzuwenden und es einen Tag zu nennen.

Kosmas Zachos

Das solltest du zeigen können

L^{2}

$L^2$ pendelt mit

r^{2}

$r^2$ -- es ist nur eine Funktion von θ und φ, also spielt es keine Rolle, ob Sie links oder rechts mit der Inversen multiplizieren. Für diese beiden Betreiber sind sie „Nummern füreinander“.

Emilio Pisanty

@Cosmas es pendelt mit dem quadratischen L, pendelt aber mit

p^{2}

$p^2$ ? Was ist mit den anderen beiden Begriffen? Das Vorhandensein eines imaginären Begriffs ist ein untrüglicher Indikator dafür, dass einige Begriffe nicht pendeln, daher sollte jeder Reihenfolgenwechsel sehr sorgfältig vorgenommen werden.

Kosmas Zachos

@Emilio Ich vermute stark, dass der gesamte Sinn der Übung darin besteht, dem OP bei der Wertschätzung zu helfen

[L^{2}, r] = 0

$[L^2,r]=0$ obwohl die Kommutativität einzelner Stücke versagt ... so etwas passiert auch mit Stücken des Hamilton-Operators ...

r^{2}

$r^2$ kann das Ganze teilen

L^{2}

$L^2$ links oder rechts. Aber jede Erwartung, es könnte/sollte einzelne Stücke teilen, ist fehl am Platz.

Emilio Pisanty

@CosmasZachos Aber es multipliziert die einzelnen Stücke ─ speziell die

p^{2}

$p^2$ der linken Seite des Endergebnisses, die nicht mit pendelt

r^{2}

$r^2$ wenn ich meine Kommutatoren auf der Rückseite nicht vermasselt hätte.

Kosmas Zachos

@Emilio Nun,

L^{2} / r^{2} = r^{2} p^{2} 1 / r^{2} + {. . .} 1 / r^{2}

$L^2/r^2= r^2 p^2 1/r^2 + \{...\} 1/r^2$ ist auch richtig, aber ungeheuer albern ... Der einzige Begriff, mit dem Sie nicht ordnungsbewusst sein müssen, ist natürlich die linke Seite ...

Parker

@EmilioPisanty Sie müssen keine Berechnung durchführen, um das zu sehen

p^{2}

$p^2$ Und

r^{2}

$r^2$ pendeln nicht. Wenn ja, dann wäre der harmonische 3D-Oszillator effektiv klassisch; sein Grundzustand würde sowohl den kinetischen als auch den potentiellen Term einzeln minimieren, und es gäbe keine Nullpunktsenergie. Aber da das 3D-HO nur die Summe von drei entkoppelten 1D-HOs ist, ist dies eindeutig nicht der Fall.

Emilio Pisanty

@tparker Ich denke, sowohl Sie als auch Cosmas verfehlen den Punkt. Ich habe ausschließlich die Behauptung angesprochen, dass die beteiligten Operatoren nur "Nummern zueinander" sind - dies mag für einige Kombinationen zutreffen, aber nicht für alle relevanten hier. Ich sehe nicht, was eine weitere Erörterung von Kleinigkeiten in diesem Thread bewirken wird, außer 1MegaMan1 nur zu verwirren.

Parker

@EmilioPisanty Ich habe eigentlich keinen Thread gelesen. Ich habe gerade bemerkt, dass Sie die Berechnung von "Rückseitenkommutatoren" erwähnt haben, um zu überprüfen, ob

x^{2}

$x^2$ Und

p^{2}

$p^2$ pendeln, und dachte, ich würde einen netten schnellen Trick teilen, um zu sehen, dass sie es nicht tun.

Antworten (1)

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Das solltest du zeigen können $L^2$ pendelt mit $r^2$ -- es ist nur eine Funktion von θ und φ, also spielt es keine Rolle, ob Sie links oder rechts mit der Inversen multiplizieren. Für diese beiden Betreiber sind sie „Nummern füreinander“.
@Cosmas es pendelt mit dem quadratischen L, pendelt aber mit $p^2$ ? Was ist mit den anderen beiden Begriffen? Das Vorhandensein eines imaginären Begriffs ist ein untrüglicher Indikator dafür, dass einige Begriffe nicht pendeln, daher sollte jeder Reihenfolgenwechsel sehr sorgfältig vorgenommen werden.
@Emilio Ich vermute stark, dass der gesamte Sinn der Übung darin besteht, dem OP bei der Wertschätzung zu helfen $[L^2,r]=0$ obwohl die Kommutativität einzelner Stücke versagt ... so etwas passiert auch mit Stücken des Hamilton-Operators ... $r^2$ kann das Ganze teilen $L^2$ links oder rechts. Aber jede Erwartung, es könnte/sollte einzelne Stücke teilen, ist fehl am Platz.
@CosmasZachos Aber es multipliziert die einzelnen Stücke ─ speziell die $p^2$ der linken Seite des Endergebnisses, die nicht mit pendelt $r^2$ wenn ich meine Kommutatoren auf der Rückseite nicht vermasselt hätte.
@Emilio Nun, $L^2/r^2= r^2 p^2 1/r^2 + \{...\} 1/r^2$ ist auch richtig, aber ungeheuer albern ... Der einzige Begriff, mit dem Sie nicht ordnungsbewusst sein müssen, ist natürlich die linke Seite ...
@EmilioPisanty Sie müssen keine Berechnung durchführen, um das zu sehen $p^2$ Und $r^2$ pendeln nicht. Wenn ja, dann wäre der harmonische 3D-Oszillator effektiv klassisch; sein Grundzustand würde sowohl den kinetischen als auch den potentiellen Term einzeln minimieren, und es gäbe keine Nullpunktsenergie. Aber da das 3D-HO nur die Summe von drei entkoppelten 1D-HOs ist, ist dies eindeutig nicht der Fall.
@tparker Ich denke, sowohl Sie als auch Cosmas verfehlen den Punkt. Ich habe ausschließlich die Behauptung angesprochen, dass die beteiligten Operatoren nur "Nummern zueinander" sind - dies mag für einige Kombinationen zutreffen, aber nicht für alle relevanten hier. Ich sehe nicht, was eine weitere Erörterung von Kleinigkeiten in diesem Thread bewirken wird, außer 1MegaMan1 nur zu verwirren.
@EmilioPisanty Ich habe eigentlich keinen Thread gelesen. Ich habe gerade bemerkt, dass Sie die Berechnung von "Rückseitenkommutatoren" erwähnt haben, um zu überprüfen, ob $x^2$ Und $p^2$ pendeln, und dachte, ich würde einen netten schnellen Trick teilen, um zu sehen, dass sie es nicht tun.

Parker · Answer 1

Ja, es ist ein subtiles Problem. Sie können nicht einfach zwei nichtkommutierende Operatoren dividieren – Sie müssen angeben, ob Sie den Zähler mit dem Kehrwert des Nenners links oder rechts multiplizieren. Ich würde es vermeiden, jemals die Notation "Division" zu verwenden, und der Übersichtlichkeit halber nur Operatoren und ihre Kehrwerte multiplizieren. Sie können Ihren Operatorausdruck mit links multiplizieren $\left({\bf r}^2 \right)^{-1}$ um eine bestimmte Quantisierung des Endergebnisses zu erhalten, das Sie zeigen sollen.

Genau genommen im $d$ räumliche Dimensionen die Domäne des Betreibers $r^{-2}$ ist die Teilmenge des Hilbert-Raums $L^2 \left( \mathbb{R}^d \right)$ welche $r^{-2}$ Dauert $L^2 \left( \mathbb{R}^d \right)$ , also die Menge der quadratintegrierbaren Funktionen $\psi({\bf r})$ so dass

⟨ ψ | {(R^{- 2})}^{†} R^{- 2} | ψ ⟩ = \int D^{D} X \frac{| ψ (R) |^{2}}{R^{4}} = \int D Ω \int R^{D - 1} D R \frac{| ψ (R, Ω) |^{2}}{R^{4}}

$\left \langle \psi \middle| \left(r^{-2} \right)^\dagger r^{-2} \middle| \psi \right \rangle = \int d^dx\ \frac{|\psi({\bf r})|^2}{r^4} = \int d\Omega \int r^{d-1} dr \frac{|\psi(r, \Omega)|^2}{r^4}$ ist endlich. Dies ist die Menge der Funktionen

ψ (r)

$\psi({\bf r})$ die am Ursprung mindestens so schnell auf Null gehen

r^{p}

$r^p$ für etwas Macht

p > 4 - d

$p > 4 - d$ . In drei räumlichen Dimensionen bedeutet dies

ψ (r)

$\psi({\bf r})$ muss schneller auf Null gehen als

r

$r$ in der Nähe des Ursprungs.

Der Ursprung von was? Die Domäne dieser Funktion ist (ein Unterraum des) Hilbert-Raums.
@EmilioPisanty Der Operator ist für Wellenfunktionen definiert, die in der Nähe des Ursprungs ausreichend schnell verschwinden. Zur Verdeutlichung bearbeitet.
Sie sagen also, dass ich es vermeiden sollte, zu schreiben, um alles klar und nicht verwirrend zu halten $\frac{A}{r^2}$ da dies mehrdeutig ist und beides bedeuten könnte $\left(r^2\right)^{-1}A$ oder $A\left(r^2\right)^{-1}$ , die nicht unbedingt gleich sein müssen. Es gibt jedoch eine weitere Sache, über die ich etwas verwirrt bin, warum es wahr ist, dass in der Positionsdarstellung das Gegenteil von $r^2$ , $\left(r^2\right)^{-1}$ , ist einfach $\frac{1}{r^2}$ ? Was wäre dann zum Beispiel die Umkehrung von $p^2$ , $\left(p^2\right)^{-1}$ , in Positionsdarstellung?
Das ist natürlich eine hervorragende Antwort. Ich würde die Notation jedoch etwas "weicher" machen: Ich finde nicht $\frac{1}{r^2}$ problematisch (mit einem Einheitszähler!), noch habe ich ein Problem mit $\frac{A}{B}$ wenn es offensichtlich ist $[A,B]=0$ . Auf der anderen Seite etwas so Kompliziertes wie $A=(\textbf{r}\cdot \textbf{p})^2-i\hbar(\textbf{r}\cdot \textbf{p})$ sollte niemals wirklich auf einem Zähler stehen, es sei denn, es wurde ausdrücklich und ausführlich klargestellt, dass es mit dem Zähler pendelt.
@ 1MegaMan1 Ja, es kann etwas verwirrend sein, zwischen der multiplikativen Umkehrung (reziprok) und der funktionalen Umkehrung (z. B. Matrix) zu unterscheiden. Am einfachsten ist es in der Eigenbasis des Operators, wenn die beiden Begriffe mehr oder weniger gleich sind (Sie reziprokieren einfach jeden Eigenwert). Deshalb ist der Operator das Gegenteil von $r^2$ ist nur $1/r^2$ in der Positionsbasis. Invertieren $p^2$ in der Positionsbasis ist schwieriger; Es hat eigentlich keine richtige zweiseitige Umkehrung, aber es hat eine Rechtsumkehrung $1/(4 \pi \hbar^2 r)$ die "Greensche Funktion" für den Laplace-Operator genannt.

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