Operador de momento generador de límite clásico de traslación

El generador de$x$-traducciones es más precisamente la$x$-derivado

$$\frac{\partial}{\partial x}~=~i\frac{\hat{p}}{\hbar}~=~i\hat{k},$$ el operador de número de onda , que es independiente de$\hbar$.

Estás malinterpretando deliberadamente el$\hbar/S \to 0$límite clásico. ℏ tiene dimensiones, por lo que elegir unidades enormes para medirlo, como las unidades MKSA para medir trenes en movimiento, lo hace parecer pequeño. El límite clásico "adecuado", enormemente sutil, se basa en la relación adimensional anterior que compara la cantidad de acción característica S del sistema con ℏ.

La forma en que ℏ parece ingresar traducciones en la representación x ,

$$e^{a{i\over \hbar} \hat p} f(x)= e^{a\partial_x} f(x)= f(x+a),$$ es como un cambio de escala/normalización de operadores en el exponente para hacerlo adimensional, un hábito de medir la normalización de operadores de espacio de fase en la relación de conmutación de Born. Parece que te preocupas por algo que no es un problema. El gradiente de una función es tan grande como su variación local sobre una escala dada.

Respondí a tu pregunta anterior. La respuesta aquí es similar. Si desea comparar cuántica con clásica en un límite, no puede hacerlo pieza por pieza. Debe verlo como parte de un límite coherente y autoconsistente. En este caso, tratando de mirar por separado el límite de$\hat{p}$en el$\hbar \rightarrow 0$límite (vea el comentario relacionado en mi respuesta a su pregunta anterior sobre si hacer esto como un límite es realmente el enfoque conceptual correcto, pero lo seguiremos aquí) no tiene sentido porque el impulso no es un operador como se ve en la teoría clásica .

Lo que sigue no es una prueba formal completa, pero describe algunas consideraciones relevantes.

Los observables en la teoría cuántica aplicarán el operador a una función de onda y trabajarán desde allí, comúnmente para tomar un valor esperado. La función de onda también depende de$\hbar$entonces, si va a tomar un límite, necesita saber cómo se comporta la entidad combinada, no solo una de las partes. Como se señaló en la respuesta a su pregunta anterior, siempre puede escribir una solución a la ecuación de Schrödinger como$\psi = R e^{iS/\hbar}$verdadero$R$y$S$. Resulta que$S$está entonces estrechamente relacionado con la acción tal que$\nabla S$parece el impulso clásico. Al mismo tiempo,$\hat{p} \psi = \left( \nabla S \right) \psi$. El lado derecho sólo depende de$\hbar$a través del argumento a la exponencial, y eso desaparece, digamos, en una expresión de valor esperado donde se multiplica por$\psi^*$.

La respuesta correcta la dio Cosmas Zachos, sin embargo, quiero agregar un comentario con respecto a la afirmación de que "$\hat p$converge a$0$en el límite clásico"

En realidad, uno puede mirar directamente el límite del operador de impulsión de una manera matemáticamente más precisa: el operador de momento está definido por$\hat p = -i\hbar\nabla$. Observe primero que es un operador ilimitado en$L^2$, por lo que se debe tener cuidado con la "convergencia a$0$" significa (en la norma del operador,$\hbar\cdot\infty = ∞$no converge a$0$). Una forma de ver la convergencia del operador ilimitado es mediante el uso de convergencia débil. Un ejemplo es mirar el límite de su valor medio$\lim_{\hbar\to 0}\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho)$para cualquier buena matriz de densidad$\rho$.

Sin embargo, al hacer el límite clásico de la mecánica cuántica, se debe olvidar que el tamaño de los operadores también depende de$\hbar$.

Una forma clásica de realizar el límite.$\hbar\to 0$es introducir la transformada de Wigner

$$W_{\rho}(x,p) = \frac{1}{\hbar^d}\int_{\mathbb R^3} e^{-i\,y\cdot p/\hbar}\,\rho(x+y/2,x-y/2)\,\mathrm d y$$ que es de hecho un objeto que converge a una distribución clásica del espacio de fase. Un cálculo rápido muestra que $$\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho) = \int_{\mathbb R^6} p\, W_{\rho}(x,p)\,\mathrm d x\,\mathrm d p.$$ En particular, si$W_{\rho}(x,p)$converge a una función clásica del espacio de fase$f$en una topología adecuada (que es la suposición que indica que$\rho$es$\hbar$dependiente), entonces $$\mathrm{Tr}(\hat p\,\rho) \to \int_{\mathbb R^6} p\, f(x,p)\,\mathrm d x\,\mathrm d p$$ lo cual no es$0$.