Estados propios de cantidad de movimiento y energía de una partícula libre

tu pides

los vectores propios de$\hat{p}^2$que no son vectores propios de$\hat{p}$.

Estos existen: cada onda plana$|p⟩$es un vector propio de$\hat p$con valor propio$p$, y un vector propio de$\hat{p}^2$con valor propio$p^2$, lo que significa que la onda plana$\left|-p\right>$tiene el mismo valor propio de$\hat{p}^2$. Esto significa, a su vez, que cualquier combinación lineal de los dos seguirá siendo un vector propio de$\hat{p}^2$.

Como un ejemplo rápido de cómo convertirlos en una base, simplemente puede considerar la base

$$\left\{\frac{\left|p\right>+\left|-p\right>}{\sqrt{2}}\middle|\, p\geq0\right\} \bigcup \left\{\frac{\left|p\right>-\left|-p\right>}{\sqrt{2}}\middle|\, p<0\right\} ,$$ que consta de ondas planas de valor real con funciones de onda de representación de posición $$\left<x\right|\frac{\left|p\right>+\left|-p\right>}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\cos(px) \quad\text{and}\quad \left<x\right|\frac{\left|p\right>-\left|-p\right>}{\sqrt{2}} = \frac{i}{\sqrt{\pi}}\sin(px) ,$$ respectivamente. Debería ser un ejercicio relativamente fácil para usted transformar la relación de completitud sobre el $|p⟩$estados para mostrar que estos son una base. (Al hacer eso, por cierto, no importa el cero: todas sus integrales son integrales de Lebesgue, y los valores puntuales no importan).

En tres dimensiones, por supuesto, se vuelve un poco más complicado (es necesario cambiar la condición$p>0$para un conjunto que incluye la mitad de todos$p$espacio, para este ejemplo) pero también tienes más libertad, ya que hay un conjunto mucho más grande de$\mathbf p$s que comparten lo mismo$p^2$.

Suponga que la dimensión del espacio es$D$. Dejar$f:L(\Phi)\rightarrow L(\Phi)$ser una función que lleva operadores lineales a operadores lineales que está en el cierre de funciones polinómicas. Considerar$f(P)|\psi\rangle=E|\psi\rangle$dónde$|\psi\rangle\neq0$. De este modo:

$$\langle q|f(P)|\psi\rangle=f(q)\langle q|\psi\rangle=E\langle q|\psi\rangle$$ Desde $|\psi\rangle\neq0$, hay al menos un $q$tal que $\langle q|\psi\rangle\neq0$y entonces $E=f(q)$(Aquí usamos el hecho de que $f$está en el cierre de funciones polinómicas). Si $f(p)\neq f(q)$entonces $\langle p|\psi\rangle=0$( $E$es un número constante). Por el contrario, si $f(p)=f(q)=E$, entonces $f(P)|p\rangle=E|p\rangle$y porqué $\int d^Dp |p\rangle\langle p|=I$entonces:

$$|\psi_{q}\rangle=\int_{f(p)=f(q)} dp \alpha(p) |p\rangle$$

cual$q$varía sobre$\mathbb{R}^D$y$\alpha$es una función Por lo tanto, si$f$es inyectiva, entonces un vector propio de$f(P)$es$|q\rangle$que su valor propio es igual a$E=f(q)$. Es por eso que los vectores propios del operador de evolución temporal son exactamente los del hamiltoniano.

En tu caso,$f(p)=p^2$y no es inyectivo por lo que los vectores propios de$P^2$está en esta forma:

$$|\psi_{q}\rangle=\int_{p^2=q^2} dp \alpha(p) |p\rangle$$

cual$q$varía sobre$\mathbb{R}^D$y$\alpha$es una función