Mecánica cuántica; sakurai; Traducción infinitesimal

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Mecánica cuántica; sakurai; Traducción infinitesimal

astronauta marbini

La siguiente es una sección del libro de Sakurai "Mecánica cuántica moderna" donde explica el operador de traducción $J$ conmutación con operador de posición $\hat{x}$ en el subespacio $|x' \rangle$ :

¿Cómo funciona la aproximación? Ya lo probé con la serie Taylor pero fallé.

usuario245141

debería funcionar con la serie de Taylor.

| x^{'} + d x^{'} ⟩ = | x^{'} ⟩ + d x^{'} \partial_{x^{'}} | x^{'} ⟩ + O (d x^{' 2})

$|x'+dx'\rangle = |x'\rangle + dx' \partial_{x'}|x'\rangle + O(dx'^2)$ y luego multiplicas con

d x^{'}

$dx'$

astronauta marbini

¿Significa que se está evaluando en el punto

x^{'} - d x^{'}

$x' - dx'$ ? ¿Se considera el ket como una función?

usuario245141

porque en un punto

| x^{'} - d x^{'} ⟩

$|x'-dx'\rangle$ ? se evalúa en

| x^{'} ⟩

$|x'\rangle$ . El ket se considera como una función de

x^{'}

$x'$ , en el sentido de que podemos definir una derivada de manera estándar:

d | x ⟩ / d x = lim_{h \to 0} (| x + h ⟩ - | x ⟩) / h

$d|x\rangle/dx = \lim_{h\to 0} (|x+h\rangle-|x\rangle)/h$ . Tenga en cuenta que como

| x^{'} ⟩

$|x'\rangle$ residen en nuestro espacio de Hilbert, tenemos operaciones de suma y resta bien definidas sobre ellos, y también multiplicación por escalares.

Respuestas (1)

Mecánica cuántica; sakurai; Traducción infinitesimal

debería funcionar con la serie de Taylor. $|x'+dx'\rangle = |x'\rangle + dx' \partial_{x'}|x'\rangle + O(dx'^2)$ y luego multiplicas con $dx'$
¿Significa que se está evaluando en el punto $x' - dx'$ ? ¿Se considera el ket como una función?
porque en un punto $|x'-dx'\rangle$ ? se evalúa en $|x'\rangle$ . El ket se considera como una función de $x'$ , en el sentido de que podemos definir una derivada de manera estándar: $d|x\rangle/dx = \lim_{h\to 0} (|x+h\rangle-|x\rangle)/h$ . Tenga en cuenta que como $|x'\rangle$ residen en nuestro espacio de Hilbert, tenemos operaciones de suma y resta bien definidas sobre ellos, y también multiplicación por escalares.

Medusa superrápida · Answer 1

Podemos definir la derivada de un vector en el espacio de Hilbert mediante la definición habitual de derivada:

\frac{d | X ⟩}{d X} = \underset{d X \to 0}{límite} \frac{| X + d X ⟩ - | X ⟩}{d X}

$\frac{d|x\rangle}{dx}=\lim_{dx\to0}\frac{|x+dx\rangle-|x\rangle}{dx}$ Del mismo modo podemos definir derivadas superiores. Con esto en nuestras manos, ahora podemos definir formalmente una expansión de Taylor que hasta el primer orden se ve así:

| X_{0} + d X ⟩ \approx | X_{0} ⟩ + d X {(\frac{d | X ⟩}{d X})}_{X_{0}}

$|x_0+dx\rangle\approx|x_0\rangle+dx\left(\frac{d|x\rangle}{dx}\right)_{x_0}$ Ahora, en su caso, dado que el operador en sí es de primer orden, el término derivado se convertirá en segundo orden y, por lo tanto, despreciable. Finalmente dando:

d X^{'} | X^{'} + d X^{'} ⟩ \approx d X^{'} | X^{'} ⟩

$dx’|x’+dx’\rangle\approx dx’|x’\rangle$

pregunta estúpida, pero ¿cómo obtengo el " $dx$ " en el primer orden? En la serie de Taylor, el primer orden consiste en la derivación de la función multiplicada por $(x-a)$ donde en general $x$ representa la variable y $a$ el punto de evaluación. entonces supongo $dx$ viene de $(x-a)$ , ¿bien? Pero, ¿cómo exactamente?
Entonces eso sería $(x-dx)$ pero que pasa con la variable $x$ ?
Si quieres $dx$ salir de la diferencia, establecer $x\to x+dx$ y $a\to x$ . Entonces obtendrás el resultado correcto. Estamos trabajando con la diferencia yendo al límite cero.

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usuario245141

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