Wie leitet man ab [xi,F(p⃗ )]=iℏ∂F(p⃗ )∂pi[xi,F(p→)]=iℏ∂F(p→)∂pi[x_i, F(\vec p)] = ich \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}

Question

Wie leitet man ab [xi,F(p⃗ )]=iℏ∂F(p⃗ )∂pi[xi,F(p→)]=iℏ∂F(p→)∂pi[x_i, F(\vec p)] = ich \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}

Bob Dylan

Wikipedia gibt an, dass die folgende Beziehung "leicht gezeigt" wird: $[x_i, F(\vec p)] = i \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}$ , aber ich habe einige Probleme, es anzuzeigen. Ich glaube, ich vermassele nur die multivariable Taylor-Entwicklung (von $F(\vec p)$ ). Kann mich einer von euch durchgehen oder mich auf eine Website verlinken, die das tut? Danke.

Bearbeiten: Folgendes bekomme ich (ohne Verwendung von $x=i\hbar \frac \partial {\partial p}$ was ich noch nicht bewiesen habe):

F (\vec{P}) = F (\vec{0}) + \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial F (\vec{0})}{\partial P_{J}} P_{J} + \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{3} \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial^{2} F (\vec{0})}{\partial P_{k} \partial P_{J}} P_{J} P_{k} + \dots

$F(\vec p) = F(\vec 0) + \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}p_j + \frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} p_j p_k + \dots$ So

(X_{ich} F (\vec{P}) - F (\vec{P}) X_{ich}) ψ

$(x_iF(\vec p) - F(\vec p)x_i)\psi$

= X_{ich} [F (\vec{0}) ψ - ich ℏ \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial F (\vec{0})}{\partial P_{J}} (\nabla ψ)_{J} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{3} \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial^{2} F (\vec{0})}{\partial P_{k} \partial P_{J}} (\nabla ψ)_{J} (\nabla ψ)_{k} + \dots]

$= x_i[F(\vec 0)\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\nabla \psi)_j + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\nabla \psi)_j (\nabla \psi)_k + \dots]$

- [F (\vec{0}) X_{ich} ψ - ich ℏ \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial F (\vec{0})}{\partial P_{J}} (\nabla X_{ich} ψ)_{J} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{3} \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial^{2} F (\vec{0})}{\partial P_{k} \partial P_{J}} (\nabla X_{ich} ψ)_{J} (\nabla X_{ich} ψ)_{k} + \dots]

$- [F(\vec 0)x_i\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\nabla x_i\psi)_j + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\nabla x_i\psi)_j (\nabla x_i\psi)_k + \dots]$

Wo

(\nabla X_{ich} ψ)_{J} = \frac{\partial X_{ich}}{\partial X_{J}} ψ + X_{ich} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}} = δ_{ich J} ψ + X_{ich} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}}

$(\nabla x_i\psi)_j=\frac {\partial x_i}{\partial x_j}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j} = \delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j}$ Und

(\nabla X_{ich} ψ)_{J} (\nabla X_{ich} ψ)_{k} = (δ_{ich J} ψ + X_{ich} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}}) (δ_{ich k} ψ + X_{ich} \frac{\partial ψ}{\partial X_{k}}) = δ_{J k} ψ^{2} + X_{J} ψ \frac{\partial ψ}{\partial X_{k}} + X_{k} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}} ψ + X_{ich}^{2} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X_{J} \partial X_{k}}

$(\nabla x_i\psi)_j(\nabla x_i\psi)_k=(\delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j})(\delta_{ik}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_k}) = \delta_{jk}\psi^2 + x_j \psi \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + x_k \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \psi + x_i^2 \frac {\partial^2 \psi}{\partial x_j \partial x_k}$

Daher:

(X_{ich} F (\vec{P}) - F (\vec{P}) X_{ich}) ψ

$(x_iF(\vec p) - F(\vec p)x_i)\psi$

= X_{ich} [F (\vec{0}) ψ - ich ℏ \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial F (\vec{0})}{\partial P_{J}} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{3} \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial^{2} F (\vec{0})}{\partial P_{k} \partial P_{J}} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}} \frac{\partial ψ}{\partial X_{k}} + \dots]

$= x_i[F(\vec 0)\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}\frac {\partial \psi}{\partial x_j} + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + \dots]$

- [F (\vec{0}) X_{ich} ψ - ich ℏ \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial F (\vec{0})}{\partial P_{J}} (δ_{ich J} ψ + X_{ich} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}}) + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{3} \sum_{J = 1}^{3} \frac{\partial^{2} F (\vec{0})}{\partial P_{k} \partial P_{J}} (δ_{J k} ψ^{2} + X_{J} ψ \frac{\partial ψ}{\partial X_{k}} + X_{k} \frac{\partial ψ}{\partial X_{J}} ψ + X_{ich}^{2} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X_{J} \partial X_{k}}) + \dots]

$- [F(\vec 0)x_i\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j}) + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\delta_{jk}\psi^2 + x_j \psi \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + x_k \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \psi + x_i^2 \frac {\partial^2 \psi}{\partial x_j \partial x_k}) + \dots]$

Von hier aus sieht es nicht so aus, als würden sich diese Bedingungen höherer Ordnung alle aufheben.

Blase

Es ist im Grunde analog zu diesem physical.stackexchange.com/q/87038

Bob Dylan

@Bubble Das ist (für mich) viel einfacher, weil

F (x)

$F(x)$ ist nur eine Funktion, während

F (p)

$F(p)$ ist ein Operator und muss daher Taylor-entwickelt werden (glaube ich?).

Bob Dylan

In diesem Fall bin ich mir nicht einmal sicher

p_{i}

$p_i$ macht Sinn. Weil

p

$p$ ist nicht wirklich ein Vektor, oder? Es ist

- i ℏ \nabla

$-i\hbar \nabla$ .

Robin Ekmann

\nabla f

$\nabla f$ für eine Funktion

f

$f$ ist ein Vektor.

\nabla

$\nabla$ selbst ist kein Vektor, aber Sie können davonkommen, so zu tun, als ob es einer wäre. Wenn Menschen schreiben

p_{i} = - i ℏ \nabla_{i}

$p_i = -i\hbar \nabla_i$ sie meinen wirklich

p_{i} f = - i ℏ (\nabla f)_{i}

$p_i f = -i\hbar(\nabla f)_i$ , was durchaus Sinn macht. Solange du dich daran erinnerst

\nabla

$\nabla$ wirkt schließlich auf etwas, und das erzeugt einen Vektor, man kann damit durchkommen, das vorzutäuschen

\nabla

$\nabla$ ist ein Vektor.

QMechaniker

Hallo @Bob Dylan. Kommentare: 1. Beachten Sie, dass der Positionsoperator

{\hat{x}}^{i}

$\hat{x}^i$ und Impulsoperator

{\hat{p}}_{j}

$\hat{p}_j$ (bis auf ein Minuszeichen) treten gleichberechtigt in die CCR ein , vgl. obiger Kommentar von Bubble. 2. Beachten Sie auch, dass die gesuchte Formel unabhängig von der Operatordarstellung ist. Man kann zB in der Fourier-transformierten Impulsdarstellung arbeiten, oder man kann in einem Formalismus arbeiten, der offensichtlich unabhängig von der Darstellung ist.

Kyle Kanos

Auch verwandt: physical.stackexchange.com/q/98372/25301

Benutzer121330

@RobinEkman Es ist sinnvoller, Positions- und Impulsoperatoren als Matrizen mit Einträgen auf der Diagonale zu betrachten, insbesondere beim Übergang zum Dirac-Formalismus.

Benutzer121330

Ich bin mir nicht sicher, warum Sie das sagen würden

F (p)

$F(p)$ ist ein Operator - es ist eine Funktion des Impulses, der äquivalent dargestellt werden kann als

F (x)

$F(x)$ . Die Hälfte davon, wirklich gut im QM zu sein, besteht darin, die Basis nach Bedarf ändern zu können. In der QM sind Position und Impuls Fourier-Transformationen voneinander, was eine erstaunliche Symmetrie darstellt.

Antworten (3)

Wie leitet man ab [xi,F(p⃗ )]=iℏ∂F(p⃗ )∂pi[xi,F(p→)]=iℏ∂F(p→)∂pi[x_i, F(\vec p)] = ich \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}

Es ist im Grunde analog zu diesem physical.stackexchange.com/q/87038
@Bubble Das ist (für mich) viel einfacher, weil $F(x)$ ist nur eine Funktion, während $F(p)$ ist ein Operator und muss daher Taylor-entwickelt werden (glaube ich?).
In diesem Fall bin ich mir nicht einmal sicher $p_i$ macht Sinn. Weil $p$ ist nicht wirklich ein Vektor, oder? Es ist $-i\hbar \nabla$ .
$\nabla f$ für eine Funktion $f$ ist ein Vektor. $\nabla$ selbst ist kein Vektor, aber Sie können davonkommen, so zu tun, als ob es einer wäre. Wenn Menschen schreiben $p_i = -i\hbar \nabla_i$ sie meinen wirklich $p_i f = -i\hbar(\nabla f)_i$ , was durchaus Sinn macht. Solange du dich daran erinnerst $\nabla$ wirkt schließlich auf etwas, und das erzeugt einen Vektor, man kann damit durchkommen, das vorzutäuschen $\nabla$ ist ein Vektor.
Hallo @Bob Dylan. Kommentare: 1. Beachten Sie, dass der Positionsoperator $\hat{x}^i$ und Impulsoperator $\hat{p}_j$ (bis auf ein Minuszeichen) treten gleichberechtigt in die CCR ein , vgl. obiger Kommentar von Bubble. 2. Beachten Sie auch, dass die gesuchte Formel unabhängig von der Operatordarstellung ist. Man kann zB in der Fourier-transformierten Impulsdarstellung arbeiten, oder man kann in einem Formalismus arbeiten, der offensichtlich unabhängig von der Darstellung ist.
@RobinEkman Es ist sinnvoller, Positions- und Impulsoperatoren als Matrizen mit Einträgen auf der Diagonale zu betrachten, insbesondere beim Übergang zum Dirac-Formalismus.
Ich bin mir nicht sicher, warum Sie das sagen würden $F(p)$ ist ein Operator - es ist eine Funktion des Impulses, der äquivalent dargestellt werden kann als $F(x)$ . Die Hälfte davon, wirklich gut im QM zu sein, besteht darin, die Basis nach Bedarf ändern zu können. In der QM sind Position und Impuls Fourier-Transformationen voneinander, was eine erstaunliche Symmetrie darstellt.

Eric Winkel · Answer 1

Wie @Qmechanic in einem Kommentar betonte, steht es uns frei, jede Operatordarstellung zu verwenden. Im Impulsraum, $\hat{\bf x} = + i \hbar \ \partial/\partial {\bf p}$ Und $\hat{\bf p} = {\bf p}$ , So

\begin{array}{rcl} [{\hat{X}}_{ich}, F (\hat{P})] & = & [ich ℏ \frac{\partial}{\partial P_{ich}}, F (P)] \\ = & \frac{ich ℏ}{F} [\frac{\partial}{\partial P_{ich}}, F (P)] F \\ = & \frac{ich ℏ}{F} (\frac{\partial}{\partial P_{ich}} [F (P) F] - F (P) \frac{\partial F}{\partial P_{ich}}) \\ = & ich ℏ \frac{\partial F (P)}{\partial P_{ich}} \end{array}

$\begin{eqnarray} \left[\hat{x}_i,F\left(\hat{\bf p}\right)\right] &=& \left[i \hbar \frac{\partial}{\partial p_i},F\left({\bf p}\right)\right] \\ &=& \frac{i \hbar}{f}\left[ \frac{\partial}{\partial p_i},F\left({\bf p}\right)\right] f \\ &=& \frac{i \hbar}{f}\left( \frac{\partial}{\partial p_i}\left[F\left({\bf p}\right)f\right] - F\left({\bf p}\right)\frac{\partial f}{\partial p_i}\right) \\ &=& i \hbar \frac{\partial F\left({\bf p}\right)}{\partial p_i} \\ \end{eqnarray}$

Benutzer121330 · Answer 2

Wählen Sie die Impulsdarstellung,

X_{ich} = ich ℏ \frac{\partial}{\partial P_{ich}}

$x_i = i \hbar \frac{\partial}{\partial p_i}$

verteilen $i \hbar$ und wirken den Kommutator auf Vektor $\psi$ ,

[X_{ich}, F (P)] ψ = ich ℏ (\frac{\partial}{\partial P_{ich}} (F (P) ψ) - F (P) \frac{\partial}{\partial P_{ich}} ψ)

$[x_i, F(\mathbf p)] \psi = i \hbar \left(\frac{\partial}{\partial p_i}(F(\mathbf{p}) \space \psi) -F(\mathbf p) \frac{\partial }{\partial p_i} \psi \right)$

und wende die Produktregel an:

= ich ℏ (\frac{\partial F (P)}{\partial P_{ich}} ψ + F (P) \frac{\partial ψ}{\partial P_{ich}} - F (P) \frac{\partial ψ}{\partial P_{ich}})

$= i \hbar \left(\frac{\partial F(\mathbf p )}{\partial p_i} \psi + F(\mathbf p) \frac{\partial \psi}{\partial p_i} - F(\mathbf p) \frac{\partial \psi}{\partial p_i} \right)$

= ich ℏ \frac{\partial F (P)}{\partial P_{ich}} ψ .

$= i \hbar\frac{\partial F(\mathbf p )}{\partial p_i} \psi.$

Wir sind gegangen $\psi$ unbestimmt, also:

[X_{ich}, F (P)] = ich ℏ \frac{\partial F (P)}{\partial P_{ich}}

$[ x_i, F(\mathbf p ) ] = i \hbar \frac{\partial F( \mathbf p )}{\partial p_i}$

Kyle Kanos · Answer 3

Die Kommutierung zweier Variablen kann in einigen Fällen mit der Poisson-Klammer über verknüpft werden

[\hat{A}, \hat{B}] = ich ℏ {\hat{A}, \hat{B}}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\left\{\hat A,\,\hat B\right\}$ Daher,

\begin{matrix} (1) & [\hat{A}, \hat{B}] = ich ℏ \sum_{ich} (\frac{\partial A}{\partial Q_{ich}} \frac{\partial B}{\partial P_{ich}} - \frac{\partial A}{\partial P_{ich}} \frac{\partial B}{\partial Q_{ich}}) \end{matrix}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\sum_i\left(\frac{\partial A}{\partial q_i}\frac{\partial B}{\partial p_i}-\frac{\partial A}{\partial p_i}\frac{\partial B}{\partial q_i}\right)\tag{1}$ Formal

\hat{A} = A (\hat{q}, \hat{p})

$\hat A=A(\hat q,\,\hat p)$ Und

\hat{B} = B (\hat{q}, \hat{p})

$\hat B= B(\hat q,\,\hat p)$ . Sie sollten in der Lage sein, (1) zu verwenden, um Ihr Problem zu lösen. Beachten Sie jedoch, dass dies keine Lösung ist, die in allen Fällen funktioniert (vgl. this und this , auf die Qmechanic hingewiesen hat), da es sich um eine Annäherung handelt, die nur in bestimmten Fällen gilt.

Eine allgemeine Lösung beinhaltet die Moyal-Klammer ,

[\hat{A}, \hat{B}] \sim {{\hat{A}, \hat{B}}} \sim \hat{A} ⋆ \hat{B} - \hat{B} ⋆ \hat{A}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]\sim\{\{\hat A\,,\hat B\}\}\sim \hat A\star \hat B-\hat B\star\hat A$ Wo

⋆

$\star$ bezeichnet das Moyal-Star-Produkt ( weitere Informationen zum Moyal-Produkt finden Sie in den Antworten in diesem Beitrag oder in diesem Beitrag ). Das obige kann dann geschrieben werden als

{{\hat{A}, \hat{B}}} = {\hat{A}, \hat{B}} + Ö (ℏ^{2})

$\{\{\hat A,\,\hat B\}\}=\{\hat A,\,\hat B\}+\mathcal{O}(\hbar^2)$ Wo

{\cdot, \cdot}

$\{\cdot,\,\cdot\}$ hier ist die obige Poisson-Klammer und

O (ℏ^{2})

$\mathcal{O}(\hbar^2)$ sind Korrekturen (bei der Poisson-Klammer als Deformationen bezeichnet ).

Somit wird Gleichung (1).

\begin{matrix} (2) & [\hat{A}, \hat{B}] = ich ℏ \sum_{ich} (\frac{\partial A}{\partial Q_{ich}} \frac{\partial B}{\partial P_{ich}} - \frac{\partial A}{\partial P_{ich}} \frac{\partial B}{\partial Q_{ich}}) + Ö (ℏ^{2}) \end{matrix}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\sum_i\left(\frac{\partial A}{\partial q_i}\frac{\partial B}{\partial p_i}-\frac{\partial A}{\partial p_i}\frac{\partial B}{\partial q_i}\right)+\mathcal{O}(\hbar^2)\tag{2}$

Kommentar zur Antwort (v1): Die Methode zum Ersetzen von Quantenkommutatoren $[\hat{f},\hat{g}]$ mit klassischen Poisson-Klammern $\{f,g\}_{PB}$ kann höhere Quantenkorrekturen verpassen, vgl. zB this , this und this Phys.SE posts. Auf die Frage von OP gibt die Poisson-Klammer zufällig die genaue Antwort.

Wie leitet man ab [xi,F(p⃗ )]=iℏ∂F(p⃗ )∂pi[xi,F(p→)]=iℏ∂F(p→)∂pi[x_i, F(\vec p)] = ich \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}

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