prueba: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

Question

prueba: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

usuario41767

Necesito probar la relación de conmutación,

[{pag}^{2}, F] = 2 \frac{ℏ}{i} \frac{\partial F}{\partial X} pag - ℏ^{2} \frac{\partial^{2} F}{\partial X^{2}}

$[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{\partial f}{\partial x} p - \hbar^2 \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$

dónde $f \equiv f(\vec{r})$ y $\vec{p} = p_x \vec{i}$

Sé

[A B, C] = A [B, C] + [A, C] B

$[AB,C] = A[B,C] + [A,C]B$

Aplicando esto, obtengo

[{pag}^{2}, F] = pag [pag, F] + [pag, F] pag

$[p^2,f] = p[p,f] + [p,f]p$

dónde $p = \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$ , y $[p,f] \equiv pf - fp$

utilizando una función de prueba, $g(x)$ , Yo obtengo

[{pag}^{2}, F] = pag [pag, F] gramo + [pag, F] pag gramo

$[p^2,f] = p[p,f]g + [p,f]pg$

= \frac{ℏ}{i} \frac{\partial}{\partial X} [\frac{ℏ}{i} \frac{\partial F gramo}{\partial X} - F \frac{ℏ}{i} \frac{\partial gramo}{\partial X}] + [\frac{ℏ}{i} \frac{\partial F gramo}{\partial X} - F \frac{ℏ}{i} \frac{\partial gramo}{\partial X}] \frac{ℏ}{i} \frac{\partial}{\partial X}

$= \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\hbar}{i}\frac{\partial fg}{\partial x} - f\frac{\hbar}{i}\frac{\partial g}{\partial x}\right] + \left[\frac{\hbar}{i}\frac{\partial fg}{\partial x} - f\frac{\hbar}{i}\frac{\partial g}{\partial x}\right] \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$

usando la regla del producto

= - ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X} [gramo \frac{\partial F}{\partial X} + F \frac{\partial gramo}{\partial X} - F \frac{\partial gramo}{\partial X}] + [gramo \frac{\partial F}{\partial X} + F \frac{\partial gramo}{\partial X} - F \frac{\partial gramo}{\partial X}] {\frac{ℏ}{i}}^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}\left[g \frac{\partial f}{\partial x} + f \frac{\partial g}{\partial x} - f \frac{\partial g}{\partial x} \right] + \left[g \frac{\partial f}{\partial x} + f \frac{\partial g}{\partial x} - f \frac{\partial g}{\partial x} \right] \frac{\hbar}{i}^2 \frac{\partial}{\partial x}$

cancelando los términos semejantes entre paréntesis da

= - ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X} [gramo \frac{\partial F}{\partial X}] - [gramo \frac{\partial F}{\partial X}] ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x} \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right] - \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right]\hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}$

usando la regla del producto de nuevo da

= - ℏ^{2} [\frac{\partial gramo}{\partial X} \frac{\partial F}{\partial X} + gramo \frac{\partial^{2} F}{\partial X^{2}}] - [gramo \frac{\partial F}{\partial X}] ℏ^{2} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 \left[\frac{\partial g}{\partial x} \frac{\partial f}{\partial x} + g \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \right] - \left[g \frac{\partial f}{\partial x}\right] \hbar^2 \frac{\partial}{\partial x}$

$\frac{\partial g}{\partial x} = 0$ , entonces

= - ℏ^{2} gramo \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - ℏ^{2} gramo \frac{\partial F}{\partial X} \frac{\partial}{\partial X}

$= -\hbar^2 g \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \hbar^2 g \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial}{\partial x}$

Reemplazando el operador de cantidad de movimiento da

= - ℏ^{2} gramo \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - \frac{ℏ}{i} gramo \frac{\partial F}{\partial X} pag

$= -\hbar^2 g \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{\hbar}{i} g \frac{\partial f}{\partial x} p$

La función de prueba, $g$ , ahora se puede soltar,

= - ℏ^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} - \frac{ℏ}{i} \frac{\partial F}{\partial X} pag

$= -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{\hbar}{i}\frac{\partial f}{\partial x}p$

Pero esto no es a lo que se suponía que debía llegar. ¿Qué hice mal?

Brandon Enright

realmente necesitas

L A T E X ify

$\LaTeX\text{ify}$ este.

kyle kanos

Física relacionada.stackexchange.com/q/98372

Respuestas (1)

prueba: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

Brian polillas · Answer 1

No leí tu respuesta, pero pensemos en calcular el operador $\partial_x^2 f$ . Primero necesitamos calcular el operador $\partial_x f$ . Ahora estoy diciendo "el operador" porque estamos viendo $\partial_x f$ como una composición de primero multiplicando por $f$ y luego tomando la derivada. Por la regla del producto sabemos $\partial_x f = (\partial_x f) + f \partial_x$ , fueron por $(\partial_x f)$ , realmente solo me refiero a la multiplicación por la derivada de $f$ .

Ahora intentemos calcular $\partial_x^2 f$ . Es $\partial_x [(\partial_x f) + f \partial_x] = (\partial_x^2 f) + (\partial_x f) \partial_x + (\partial_x f) \partial_x + f \partial_x^2 = (\partial_x^2 f) +2(\partial_x f) \partial_x + f \partial_x^2$ .

Entonces $[\partial_x^2,f] = \partial_x^2f-f \partial_x^2 = (\partial_x^2 f) +2(\partial_x f) \partial_x$ . Si entiendes esto, entonces deberías obtener la respuesta correcta. Sólo tienes que poner en el apropiado $i$ 'arena $\hbar$ 's.

¿Cómo sabe tratar ∂<sub>x</sub>f como una composición y aplicarle la regla del producto?
No estoy seguro de cuál es tu pregunta exactamente. Probablemente lo arruiné la primera vez que lo hice también. Así que supongo que la respuesta es la experiencia, pero si eres lo suficientemente cuidadoso como para pensar realmente en ello, deberías poder razonar. Por ejemplo, ¿esperaría $\hat{P} \hat{X} |\psi \rangle = -i \hbar |\psi \rangle$ ?
Mi pregunta era ¿cómo supiste que ∂f debía tratarse con la regla del producto? Una vez que dijiste que era una composición, tenía sentido, pero no lo vi como una composición cuando traté de resolver el problema. En cuanto a PX|ψ⟩=−iℏ|ψ⟩ A primera vista, esperaría eso. Si no es correcto, ¿podría explicar por qué?
si $\hat{P}\hat{X}|\psi \rangle=−i\hbar |\psi \rangle$ . Entonces el inverso de $\hat{X}$ es básicamente $\hat{P}$ y entonces $\hat{X}$ y $\hat{P}$ conmutar, pero la mecánica cuántica depende de manera muy crucial de $\hat{X}$ y $\hat{P}$ no viajar
Ok, bueno, esto aborda algo más que estoy tratando de reconstruir. ¿Cuándo uso los viajeros?
Estaba a punto de decir que debería ser su propia pregunta, pero no creo que eso vaya muy bien en este sitio. Puedes probar. De todos modos, los conmutadores lo ayudan a probar cosas sobre estados propios sin encontrar explícitamente una base que diagonalice el hamiltoniano. Esto se hace definiendo operadores de escalera que obedecen a ciertas relaciones de conmutación con el hamiltoniano. Un lugar clave en el que se utiliza es para encontrar el espectro del oscilador armónico simple cuántico .
La misma técnica se utiliza cuando se trata de momento angular.
Entiendo el uso del conmutador para encontrar el espectro del oscilador armónico simple, pero lo que no entiendo es la razón por la cual el hecho de que P y X no conmutan es la razón por la que PX|ψ⟩≠−iℏ| ψ⟩. Sé que si viajaron, entonces PX|ψ⟩ = XP|ψ⟩. Tal vez ahora entiendo. Tome dos operadores diferentes A y B, y diga [A,B]=0, y A|ψ⟩=a|ψ⟩ y B|ψ⟩=b|ψ⟩. Entonces AB|ψ⟩=ab|ψ⟩? ¿Es eso lo que no entendí antes?
Creo que lo que no entendiste es que el operador $\hat{P}$ no puede saber en qué expresión está operando. Supongamos que tenemos una función de onda $| k \rangle = e^{ikx}$ y definir $|\psi \rangle$ ser $\hat{X} | k \rangle = xe^{ikx}$ . Entonces debemos tener $\hat{P} \hat{X} | k \rangle = \hat{P} | \psi \rangle$ , desde $\hat{X} | k \rangle = | \psi \rangle$ . Las dos expresiones no pueden ser diferentes solo porque una tiene un $\hat{X}$ a la derecha de $\hat{P}$ .
La única forma de dar sentido consistentemente a estas expresiones es si evalúas los operadores de derecha a izquierda para que $\hat{P}$ actúa sobre todo a su derecha en lugar de hacerlo de la forma en que lo hiciste.

prueba: [p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p2,f]=2ℏidfdxp−ℏ2d2fdx2[p^2,f] = 2 \frac{\hbar}{i}\frac{df}{dx}p - \hbar ^2 \frac{d^2f}{dx^2}

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