Woher kommt P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi( x) kommen aus?

Question

Woher kommt P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi( x) kommen aus?

Nougako

Es ist eine sehr grundlegende Frage, woher die Beziehung kommt

\hat{P} ψ (X) = - ich ℏ \partial_{X} ψ (X)

$\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi(x)$ für jedes Quadrat integrierbar

ψ (x)

$\psi(x)$ Ins Leben kommen? Einige Texte, die ich gefunden habe, besagen, dass die obige Beziehung eine Folge davon ist, dass Momentum als Generator der Übersetzung definiert wird . Aber was ist die Grundlage dieser Definition? Wenn das Momentum als Erzeuger einer anderen Form der Symmetrie definiert wäre, hätte es nicht die Form, die es jetzt hat.

In anderen Texten ist es umgekehrt. Nämlich die Wirkung von Impuls auf eine Wellenfunktion ist definiert als

\hat{P} ψ (X) = - ich ℏ \partial_{X} ψ (X)

$\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi(x)$ und von dort führt es dazu, dass das Momentum der Generator der Übersetzung ist.

Welche ist die richtige? Wie wurde eine solche Impulswirkung auf die Wellenfunktion historisch entwickelt?

QMechaniker

Mehr zum Impulsoperator im QM .

Nougako

Einige der Antworten dort brachten den Kommutator zwischen x und p zur Sprache. Aber wie knzhou weiter unten erklärt, wurde dieser Kommutator auch tatsächlich aus dem Nichts postuliert. Ich habe Vorbehalte dafür, ich würde gerne wissen, warum sie diesen Kommutator postuliert haben.

schnulzig

@nougako Ich denke, aus dem Nichts ist ein bisschen hart. Ich glaube, Schrödinger war ursprünglich motiviert, seine Wellengleichung durch die Teilchenwellenideen von de Broglie zu bilden, daher betrachtete er ebene Wellen und postulierte, dass die Ideen verallgemeinerbar sind. Heisenberg hingegen dachte an Matrizen, ich glaube, weil einige der Gleichungen, mit denen er arbeitete, wie Matrizenmultiplikationen aussahen. Wenn Sie Matrizen haben und überprüfen möchten, ob sie kommutieren, sehen Sie sich Kommutatoren und an

i ℏ

$i\hbar$ war konsequent für

x

$x$ Und

p

$p$ . -Quellen hinzufügen

Antworten (5)

Woher kommt P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi( x) kommen aus?

Einige der Antworten dort brachten den Kommutator zwischen x und p zur Sprache. Aber wie knzhou weiter unten erklärt, wurde dieser Kommutator auch tatsächlich aus dem Nichts postuliert. Ich habe Vorbehalte dafür, ich würde gerne wissen, warum sie diesen Kommutator postuliert haben.
@nougako Ich denke, aus dem Nichts ist ein bisschen hart. Ich glaube, Schrödinger war ursprünglich motiviert, seine Wellengleichung durch die Teilchenwellenideen von de Broglie zu bilden, daher betrachtete er ebene Wellen und postulierte, dass die Ideen verallgemeinerbar sind. Heisenberg hingegen dachte an Matrizen, ich glaube, weil einige der Gleichungen, mit denen er arbeitete, wie Matrizenmultiplikationen aussahen. Wenn Sie Matrizen haben und überprüfen möchten, ob sie kommutieren, sehen Sie sich Kommutatoren und an $i\hbar$ war konsequent für $x$ Und $p$ . -Quellen hinzufügen

Knzhou · Answer 1

Knzhou

Historisch gesehen möchten Sie wahrscheinlich mit den de Broglie-Beziehungen beginnen (dh $p = \hbar k$ ), die nur eine wilde Vermutung sind. Dadurch springt sofort das Formular heraus $p$ als Operator, wenn die Wellenfunktion eine ebene Welle ist.

Mathematisch, $p$ sollte als Generator von Translationen definiert werden (oder äquivalent die konservierte Größe, die der Translationsinvarianz entspricht), von der wir ihre Wirkung auf Wellenfunktionen als ableiten $-i\hbar \partial_x$ . Sie können es auch anders machen (was für einige Lehrbücher logistisch einfacher ist), aber das ist umständlich.

Körperlich spielt es keine Rolle. Sie fragen: „Was wäre, wenn der Impuls als Erzeuger einer anderen Symmetrie definiert wäre?“, aber das verfehlt den Punkt, denn dann würde er eine andere physikalische Größe darstellen. Das einzig Wichtige ist, dass das Momentum die Menge an "Pep" ist, die ein Partikel hat, wenn es auf etwas trifft, und Sie können dies aus einer der drei oben genannten Optionen ableiten.

Knzhou

(Ich denke, ein ähnliches Missverständnis steckt hinter Ihrer Frage nach einer "historischen Entwicklung". Sie könnten denken, es sei wie in der Mathematik, wo Menschen Lemmata ansammeln und schließlich einen großen Satz beweisen. Das ist umgekehrt: QM wurde nicht historisch entwickelt. Schrödinger postulierte seine Gleichung heraus von nirgendwo. Die Entwicklung wurde später ausgefüllt.)

Nougako

Ich verstehe immer noch nicht, wie ich Ihre erste Erklärung zur De-Broglie-Hypothese und den Rest Ihrer Erklärung verbinden soll. Was meine eigene Ansicht Ihrer Antwort betrifft, so scheint der erste Absatz auszureichen, um die Geschichte zu erklären. Ich nehme an, die Hypothese von de Broglie wurde zuerst getestet und erweist sich als Erfolg. Dies impliziert, dass der auf eine ebene Welle wirkende Impulsoperator durch die Ableitung dieser ebenen Welle gegeben ist. Dann haben die Leute eine Induktion gemacht, was wäre, wenn wir diese Beziehung auf eine beliebige Wellenfunktion verallgemeinern und testen würden. Es erweist sich auch als erfolgreich, so dass die Leute diese Beziehung bis jetzt nutzen.

Knzhou

@nougako Eine weitere gleichzeitige historische Entwicklung war Heisenbergs Matrixmechanik, wo sie postulierten

[x, p] = i ℏ

$[x, p] = i \hbar$ aus dem Nichts. (Dies entspricht zu 100%

p = - i ℏ \partial_{x}

$p = -i\hbar \partial_x$ nach dem Stone-von-Neumann-Theorem.)

Knzhou

@nougako Aber der Punkt meiner Antwort ist, dass hier wirklich keine Logik vor sich geht: Der Inhalt wird nur postuliert. Es ist inspirierte Vermutungen.

Nougako

In Ordnung, zumindest Ihre Erwähnung, dass die hypothetische Kommutierungsbeziehung mir etwas Licht in die Geschichte gibt. Aber ich bin mir sicher, dass es nicht wirklich "aus dem Nichts" war. Für mich muss hinter dem Vorschlag dieser Umwandlung eine fundierte Vermutung gestanden haben. Könnte es sein, dass sie tatsächlich versuchten, das Ergebnis aus der klassischen Mechanik über die Possion-Klammer zwischen zu imitieren

q

$q$ Und

p

$p$ in QM, um zu sehen, ob es funktioniert hat?

Knzhou

@nougako Nein, das wurde ein paar Jahre später von Dirac entdeckt (siehe hier ). Je weiter man in der Geschichte zurückgeht, desto weniger Sinn macht es!

Nougako

Also gab es tatsächlich einen Aspekt des Glücksspiels hinter der Entwicklung von Physik und Technologien in dieser Zeit? Ich glaube nicht, dass es keinen Grund gibt, warum Physiker ein bestimmtes Postulat vorschlagen. Es muss eine Motivation geben, die sie zum Postulieren inspiriert

[x, p] \propto ℏ

$[x,p] \propto \hbar$ .

Knzhou

@nougako Du hast mich dazu gebracht, herumzugraben; schau dir das mal an ! Es sollte zu Atomspektren passen. Eine gewisse Motivation kam von der „alten Quantentheorie“. Einige Teile sind überraschend vorausschauend. Aber vieles davon ist überflüssig oder einfach nur logischerweise an der falschen Stelle.

Neugierig

Sieht so aus, als würden Sie einige Augen verdrehen, wenn Sie sagen, dass es damals wilde Vermutungen waren. :-) Vielleicht sollte man ein wenig weiter zurücktreten und sich die Zeitskala ansehen... es dauerte ungefähr 240 Jahre zwischen Newtons Erklärung, wie sich Materie bewegt, bis zu den Begründern der Quantenmechanik, die uns mit einer Handbewegung erklärten, warum stabile Materie überhaupt existiert. Wir wissen immer noch nicht genau, was Materie wirklich ist ... selbst die Zeit des Ratens, die Sie hier behandeln, dauerte in Wirklichkeit etwa 20 Jahre.

Nougako

@knzhou, danke für den Hinweis. Aber könnten Sie bitte erwähnen, welcher Teil in diesem Manuskript genau über passende Atomspektren spricht?

ACuriousMind

Diese Antwort ist richtig, aber ich würde es noch mehr mögen, wenn sie den Punkt stärker hervorheben würde, dass die eigentliche Definition (bereits klassisch) von "Impuls" darin besteht, dass es sich um die mit Übersetzungen verbundene konservierte Größe handelt und dass die konservierten Größen ihre Symmetrien erzeugen in die Hamiltonsche Formulierung.

valerio · Answer 2

Momentum ist der Generator räumlicher Übersetzungen, sogar in der klassischen Physik. Jedenfalls findet man hier oder in Sakurais Buch Modern Quantum Mechanics eine Herleitung . Sie sind mehr oder weniger gleich und gehen so:

Der Übersetzungsoperator ist der Operator $T( a)$ so dass

T (A) ∣ X ⟩ =∣ X + A ⟩

$T( a) \mid x \rangle = \mid x+a\rangle$

Aus der Definition folgt, dass der Adjoint von $T$ führt eine Rückwärtsübersetzung durch:

T^{†} (A) ∣ X ⟩ =∣ X - A ⟩

$T^\dagger(a) \mid x \rangle = \mid x-a\rangle$

Natürlich müssen wir verlangen, dass der Zustand unverändert bleibt, wenn wir übersetzen und dann zurückübersetzen:

T^{†} (A) T (A) ∣ X ⟩ =∣ X ⟩

$T^\dagger(a) T(a) \mid x \rangle = \mid x \rangle$

Daraus folgt das $T$ muss einheitlich sein: $T^\dagger=T^{-1}$

Jeder unitäre Operator kann in die Form geschrieben werden

T (A) = e^{- ich K A}

$T(a) =e^{-iKa}$

mit $K$ hermitesch. Jetzt werden Sie feststellen, dass die Eigenzustände von $K$ in der Positionsbasis sind ebene Wellen:

⟨ X ∣ k ⟩ = ψ_{k} (X) \sim e^{ich k X}

$\langle x \mid k \rangle = \psi_k(x) \sim e^{ikx}$

Jetzt (und das ist die entscheidende Passage) kommt die De-Broglie-Hypothese ins Spiel:

P = ℏ k

$p = \hbar k$

so dass

T (A) = e^{- ich P A / ℏ}

$T(a)=e^{-iPa/\hbar}$

Und mit etwas Mathe (die Passagen sind in dem von mir verlinkten Paper) kann man das zeigen

P ψ (X) = ⟨ X ∣ P ∣ X ⟩ = - ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial X}

$P \psi(x) = \langle x \mid P \mid x \rangle = - i \hbar \frac{\partial \psi}{\partial x}$

Die De-Broglie-Hypothese ist nicht unbedingt erforderlich. Zum Beispiel beobachtet Sakurai, dass Sie für eine infinitesimale Übersetzung haben

T (D X) = 1 - ich K D X

$T(dx) = 1-i K dx$

und das in der klassischen Mechanik die erzeugende Funktion der infinitesimalen Translation

X^{'} = X + D X

$x'=x+dx$

P^{'} = P

$p'=p$

Ist

F (X, P^{'}) = X P^{'} + P D X

$F(x,p')=x p'+ p dx$

Wo $xp'$ ist die erzeugende Funktion der Identitätstransformation. Aus der Ähnlichkeit zwischen $F(x,p')$ Und $T(dx)$ das spekuliert er dann $K$ hängt mit Momentum zusammen, und seitdem $K \ dx$ muss dimensionslos sein müssen wir haben

K = \frac{P}{konstant mit Dimensionen einer Aktion}

$K=\frac{P}{\text{constant with dimensions of an action}}$

Es stellt sich aus Experimenten heraus, dass unsere Konstante genau ist $\hbar$ .

Sie beginnen im Wesentlichen damit, den Impulsoperator als Übersetzungsgenerator in QM zu definieren. Meine ursprüngliche Frage ist, warum ist das so? Warum kann man in der QM Impuls als Übersetzungsgenerator definieren, wie es in der klassischen Mechanik der Fall ist? Was ich gerne von Ihnen wissen würde, ist, haben sie gerade eine Korrespondenz zwischen QM und CM bei der Definition von Momentum als solchem genommen?
@nougako Ich bin mir ziemlich sicher, dass dies der gesamte Quantisierungsprozess ist, den Dirac vorschlägt. Nehmen Sie ein klassisches System und ersetzen Sie Ort und Impuls durch Operatoren, die kanonische Kommutierungsbeziehungen erfüllen. Sogar der Hamilton-Operator kommt von der klassischen Vorstellung von Energie, einzelne Teilchen zB $E=p^2/2m+U\to \hat{H}=\hat{P}^2/2m+\hat{U}$
Warte, warte: Niemand definiert $P$ als Generator von Raumübersetzungen. Wir definieren nur einen Übersetzungsoperator $T$ , aus dem ein Generator $K$ kommt heraus. Dann finden wir heraus, dass die Eigenfunktionen von $K$ in der Positionsbasis sind ebene Wellen und entdecken so, dass ihre Eigenwerte Wellenzahlen sind. Zehn verwenden wir die De-Broglie-Hypothese, um zu verknüpfen $K$ Zu $P$ .
Außerdem hat @snulty Recht: Der Prozess der Quantisierung ist genau das, indem klassische Funktionen durch Operatoren ersetzt werden. Die Symmetrien und ihre Erzeuger bleiben genau gleich (zum Beispiel Drehimpuls $\to$ Rotationssymmetrie), aber sie sind keine Funktionen mehr, sondern Operatoren in der QM. QM wurde schließlich aus der hamiltonschen Formulierung von CM aufgebaut. Eigentlich würde ich sagen, dass wenn man sehr gut hamiltonisches CM lernt, der Schritt zum QM fast trivial ist.
Die deBroglie-Hypothese ist ein Ablenkungsmanöver. Momentum ist der Generator von Translationen, weil „Momentum“ per Definition die Noether-Ladung der Translationssymmetrie ist und Noether-Ladungen ihre Symmetrien in der Hamiltonschen Formulierung erzeugen (schon rein klassisch!), und es ist die Hamiltonsche Formulierung, die wir quantisieren .
Ich habe in meiner Antwort geschrieben, dass die De-Broglie-Hypothese nicht unbedingt notwendig ist.
@ACuriousMind Ihr Kommentar hier ist wahr, aber ich habe das Gefühl, dass er die Frage zu Unrecht trivialisiert. Es ist erwähnenswert, dass sich das, was wir im Hamilton-Formalismus in der klassischen Physik unter einem „Generator“ verstehen, erheblich von dem unterscheidet, was wir in der Quantenmechanik meinen. Um die Verbindung herzustellen, müssen Sie einige zusätzliche Annahmen darüber hinzufügen, wie die mathematischen Strukturen dieser beiden Theorien zusammenhängen (dh Poisson-Klammern werden zu Kommutatoren usw.). Das Herstellen dieser Verbindung ist ein nicht triviales Axiom und, wenn die meisten Menschen zum ersten Mal darauf stoßen, ist es ziemlich nicht intuitiv.

Lewis Miller · Answer 3

Impuls und Position sind konjugierte Variablen in der klassischen Mechanik, was bedeutet, dass sie die Beziehung der Poisson-Klammer erfüllen. Als die Quantenmechanik erfunden wurde, wurde die Poison-Bracket-Relation durch die Operator-Kommutations-Relation ersetzt, was zu der betrachteten Relation führt.

Max Leinen · Answer 4

Das $\hat{P} = - i \hbar \partial_x$ generiert Übersetzungen stammt aus einer einfachen Berechnung: if $\psi$ ist stetig differenzierbar und $\Psi$ sowie seine Ableitung quadratisch integrierbar sind, dann kannst du das beweisen

\begin{aligned} ich \frac{D}{D j} (ψ (X - j)) |_{j = 0} = - ich \partial_{X} ψ (X) \end{aligned}

$\begin{align} i \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} y} \bigl ( \psi(x - y) \bigr ) \big \vert_{y = 0} = - i \partial_x \psi(x) \end{align}$ hält, und Sie schreiben

e^{- i y \cdot \hat{P}} ψ (x) = ψ (x - y)

$\mathrm{e}^{- i y \cdot \hat{P}} \psi(x) = \psi(x - y)$ .

Die beste körperliche Motivation meiner Meinung nach, warum $\hat{P}$ „Impuls“ (Operator) genannt werden sollte, erfolgt über eine semiklassische Grenze unter Verwendung von Standardtechniken. Sie können das Wigner-Weyl-Kalkül verwenden, um zu zeigen, dass, wenn sich die Potentiale im Vergleich zur Wellenlänge Ihrer Wellenfunktion langsam ändern, dies der Fall ist

\begin{aligned} \hat{P} (T) = \hat{P (T)} + e R R Ö R \end{aligned}

$\begin{align} \hat{P}(t) = \widehat{p(t)} + \mathrm{error} \end{align}$ gilt, dh die Heisenberg-Beobachtung

\hat{P} (t)

$\hat{P}(t)$ dem Impuls zugeordnet ist, ist ungefähr gleich der Quantisierung des klassisch entwickelten Impulses

p (t)

$p(t)$ . Sie können ähnliche Argumente für Position, Drehimpuls und andere Observablen anführen. Dies genau zu machen ist ziemlich schwierig.

Eine vereinfachte, aber meiner Meinung nach ausgezeichnete Erklärung findet sich in Ehrenfests Aufsatz von 1927. Leider erklären die meisten Quantenmechanik-Lehrbücher, die ich gesehen habe, diesen Punkt sehr schlecht (vielleicht, weil sie Ehrenfests Aufsatz nicht lesen können, er ist auf Deutsch geschrieben).

drvrm · Answer 5

Ab initio können die Impulsoperatoren unter Verwendung von De-Broglie- Plane-Wellen konstruiert werden

In einer Dimension, unter Verwendung der ebenen Wellenlösung der Schrödinger-Gleichung, der Wellenfunktion

Psi = exp. ich (kx -wt) ,

wenn man die partielle Ableitung wr nach x der Wellenfunktion bildet

Delta/Delta x (Psi) = ik. Psi

und unter Verwendung der De-Broglie-Beziehung p = hbar . k bekommen wir

Delta/Delta x (Psi) = ip/hbar . Psi

Die obige Beziehung legt die Operatoräquivalenz des Impulses nahe:

p-Operator = -ihbar. Delta/deltax

Der Impulswert p ist also ein Skalarfaktor, der Impuls des Teilchens und der gemessene Wert ist der Eigenwert des Impulsoperators.

Da die partielle Ableitung ein linearer Operator ist, ist auch der Impulsoperator linear (man kann sich den Impuls als Generator der Translationssymmetrie vorstellen).

und weil jede Wellenfunktion als Überlagerung anderer möglicher Zustände ausgedrückt werden kann

Wenn dieser Impulsoperator auf die gesamte überlagerte Welle wirkt, liefert er die Impuls-Eigenwerte für jede ebene Wellenkomponente.

Die Verwendung der deBroglie-Hypothese ist keine "Ab-initio-Ableitung". Die moderne Quantenmechanik geht von den kanonischen Kommutierungsbeziehungen und aus $p=\hbar k$ ist eine abgeleitete Aussage.
Nun, ich habe versucht, in Bezug auf die historische Perspektive zu denken!

Woher kommt P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)P^ψ(x)=−iℏ∂xψ(x)\hat{P}\psi(x) = -i\hbar \partial_x \psi( x) kommen aus?

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