Representaciones del grupo de Galilei

Question

Representaciones del grupo de Galilei

paridad
Física
mecánica cuántica
relatividad galileana
representaciones de grupo
deberes-y-ejercicios

Sr. G

Demuestre que el operador $U(\alpha, \beta) = e^{i(\alpha \hat{x}^2 + \beta \hat{p}_{x}^2)}$ puede representar la reflexión espacial del grupo 1D Galilei: $x \to -x; t \to t$ .

Realmente no sé nada sobre la teoría de grupos y el concepto de "representar" algo no está claro. Tiene sentido en el caso de que tenga rotaciones en 3D y matrices que "representan" las rotaciones, pero no sé qué hacer en este caso. Yo pensaría en mostrar eso $\hat{x} [U(\alpha, \beta) | x' \rangle] = -x' [U(\alpha, \beta)|x' \rangle]$ lo haría, pero eso ni siquiera parece ser cierto.

Valter Moretti

Creo que

t \to t

$t \to t$ debe ser reemplazado por

p \to - p

$p\to -p$ . Entonces se le pide que busque una opción de

α

$\alpha$

β

$\beta$ produciendo un operador unitario cuyo cuadrado es la identidad hasta una fase y tal que implementa dichas transformaciones de

x

$x$ y

p

$p$ . La respuesta es claramente positiva por razones físicas, fijando idénticos los dos parámetros de la forma

i t

$i t$ . Para algunos

t

$t$ ,

x

$x$ y

p

$p$ se invierten porque

U (i t, i t)

$U(it,it)$ es el evolutor de un oscilador cuántico. Como

U (i t, i t) U (i t, i t)

$U(it,it)U(it,it)$ , para eso

t

$t$ , hojas fijas

x

$x$ y

p

$p$ , debe ser un

c

$c$ número debido al lema de Schur...

Valter Moretti

Lo siento, reemplaza

i t

$it$ para

t

$t$ en mi comentario, extrañé la presencia de un

i

$i$ en el exponente de tu fórmula de

U

$U$ .

Respuestas (1)

Representaciones del grupo de Galilei

Creo que $t \to t$ debe ser reemplazado por $p\to -p$ . Entonces se le pide que busque una opción de $\alpha$ $\beta$ produciendo un operador unitario cuyo cuadrado es la identidad hasta una fase y tal que implementa dichas transformaciones de $x$ y $p$ . La respuesta es claramente positiva por razones físicas, fijando idénticos los dos parámetros de la forma $i t$ . Para algunos $t$ , $x$ y $p$ se invierten porque $U(it,it)$ es el evolutor de un oscilador cuántico. Como $U(it,it)U(it,it)$ , para eso $t$ , hojas fijas $x$ y $p$ , debe ser un $c$ número debido al lema de Schur...
Lo siento, reemplaza $it$ para $t$ en mi comentario, extrañé la presencia de un $i$ en el exponente de tu fórmula de $U$ .

Valter Moretti · Answer 1

Amplio mi comentario en una respuesta. La idea es arreglar $\alpha, \beta \in \mathbb R$ para que, si $P:= U(\alpha, \beta)$ (que es automáticamente unitario), tenemos

(i) $PP=e^{ik}I$ para algunos $k\in \mathbb R$ ,

(ii) $P\hat{x}P^\dagger = -\hat{x}$ ,

(iii) $P\hat{p}P^\dagger = -\hat{p}$

Desde $\hat{x}$ y $\hat{p}$ tiene que ser tratado simétricamente, suponemos $\alpha=\beta = t$ . De (i) y (ii), surge $PP\hat{x}= \hat{x}PP$ y $PP\hat{p}= \hat{p}PP$ . Dado que la representación del CCR es irreducible (en realidad, uno debería tratar con el álgebra de Weyl asociada, pero aquí es irrelevante), el lema de Schur implica que $PP= cI$ por algún complejo $c$ . Desde $PP$ es unitario (i) debe cumplirse automáticamente, si (ii) y (iii) se cumplen. Sin embargo, es técnicamente más conveniente usar (iii) a continuación para corregir $t$ y luego verifique si esa elección satisface (ii) y (iii).

el hamiltoniano $H = \hat{x}^2 +\hat{p}^2$ tiene espectro ( $\hbar=1$ )

{mi}_{norte} = 2 norte + 1, norte = 0, 1, \dots

$E_n = 2n+1\:, \quad n=0,1,\ldots$ De modo que

{mi}^{i t H} = {mi}^{i t} \sum_{norte = 0}^{+ \infty} {mi}^{i 2 norte t} | norte ⟩ ⟨ norte |

$e^{it H} = e^{it}\sum_{n=0}^{+\infty} e^{i2nt}|n\rangle \langle n|$ Arreglemos

t

$t$ tal que (i) es válido. La condición (i) lee aquí

{mi}^{i t H} {mi}^{i t H} = {mi}^{2 i t} \sum_{norte = 0}^{+ \infty} {mi}^{i 4 norte t} | norte ⟩ ⟨ norte | = {mi}^{i k} \sum_{norte = 0}^{+ \infty} | norte ⟩ ⟨ norte |

$e^{it H}e^{it H} = e^{2it}\sum_{n=0}^{+\infty} e^{i4nt}|n\rangle \langle n|= e^{ik}\sum_{n=0}^{+\infty} |n\rangle \langle n|$ Esto es posible sólo si

t = t_{m} = \frac{π m}{2}

$t= t_m= \frac{\pi m}{2}$ para algunos

m = 0, 1, \dots

$m=0,1,\ldots$ . Sin embargo, por

m = 0, 2, 4, \dots

$m=0,2,4,\ldots$ uno tiene

{mi}^{i t_{metro} H} = I,

$e^{it_mH}= I\:,$ que trivialmente no satisface (ii) y (iii). sigue siendo el caso

m = 1, 3, \dots

$m=1,3,\ldots$ que produce

{mi}^{i t_{metro} H} = - \sum_{norte = 0}^{+ \infty} {mi}^{i norte π} | norte ⟩ ⟨ norte | .

$e^{it_m H} = -\sum_{n=0}^{+\infty} e^{in \pi}|n\rangle \langle n|\:.$ Por lo tanto, nuestro candidato es el de

t = π / 2

$t=\pi/2$ (las otras opciones producen el mismo resultado):

PAG := tu (π / 2, π / 2) = {mi}^{\frac{i π}{2} ({\hat{X}}^{2} + {\hat{pag}}^{2})} = - \sum_{norte = 0}^{+ \infty} {mi}^{i norte π} | norte ⟩ ⟨ norte | = \sum_{norte = 0}^{+ \infty} (- 1)^{norte + 1} | norte ⟩ ⟨ norte | .

$P:= U(\pi/2,\pi/2) = e^{\frac{i\pi}{2}(\hat{x}^2+ \hat{p}^2)}= -\sum_{n=0}^{+\infty} e^{in \pi}|n\rangle \langle n| = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^{n+1}|n\rangle \langle n|\:.$ Con esta elección

P P = I

$PP=I$ . Vale la pena notar que, con esta definición, $P$ sería también auto-adjunto que es un observable.

Para verificar si (i) y (ii) son verdaderos, defina

\hat{X} (t) = {mi}^{i t H} \hat{X} {mi}^{- i t H} y \hat{pag} (t) = {mi}^{i t H} \hat{pag} {mi}^{- i t H}

$\hat{x}(t) = e^{itH}\hat{x}e^{-itH} \quad \mbox{and}\quad \hat{p}(t) = e^{itH}\hat{p}e^{-itH}$ Usando relaciones de doble conmutación, puede ver fácilmente que

\frac{d^{2} \hat{X}}{d t^{2}} + 4 \hat{X} (t) = 0 y \frac{d^{2} \hat{pag}}{d t^{2}} + 4 \hat{pag} (t) = 0 .

$\frac{d^2\hat{x}}{dt^2} + 4 \hat{x}(t)=0 \quad \mbox{and} \quad \frac{d^2\hat{p}}{dt^2} + 4 \hat{p}(t)=0\:.$ Las soluciones son (utilizando el hecho de que

d \hat{x} / d t = 2 \hat{p} (t)

$d\hat{x}/dt = 2\hat{p}(t)$ y

d \hat{p} / d t = - 2 \hat{x} (t)

$d\hat{p}/dt = -2\hat{x}(t)$ otra vez de CCR)

\hat{X} (t) = \hat{X} porque (2 t) + \hat{pag} pecado (2 t) y \hat{pag} (t) = \hat{pag} porque (2 t) - \hat{X} pecado (2 t) .

$\hat{x}(t) = \hat{x} \cos(2t) + \hat{p} \sin(2t) \quad \mbox{and} \quad \hat{p}(t) = \hat{p} \cos(2t) - \hat{x} \sin(2t)\:.$ Ves que, en efecto,

\hat{X} (\frac{π}{2}) = - \hat{X} y \hat{pag} (\frac{π}{2}) = - \hat{pag}

$\hat{x}\left(\frac{\pi}{2}\right)= -\hat{x} \quad \mbox{and}\quad \hat{p}\left(\frac{\pi}{2}\right)= -\hat{p}$ que son equivalentes a (ii) y (iii) para

P := U (π / 2, π / 2)

$P:= U(\pi/2,\pi/2)$ .

Gracias. Esto parece funcionar, pero ¿cómo es que si solo empiezo computando $U \hat{x} U^{\dagger}$ con el original $U(\alpha, \beta)$ yo obtengo $2 \hbar \beta \hat{p}_{x} - \hat{x}$ ?
Perdón no entendí. ¿Está preguntando cómo calcular explícitamente $U(\alpha,\beta)x U(\alpha, \beta)^\dagger$ ?
Esencialmente, sí. No parece funcionar para mí. escribí $xU^{\dagger} = [x, U^{\dagger}] - U^{\dagger}x$ y usado $[x, F(p)]$
La acción de una simetría, representada por un operador unitario (o antiunitario) $U$ , en un observable $A$ es por definición $A \to U^\dagger A U$ (o $UAU^\dagger$ dependiendo de la convención preferida). No entiendo bien en cambio cómo implementas la acción de una simetría...
Veo que pienso. Comience para la acción sobre vectores que es $U|\psi\rangle$ . En nuestro caso requiere que $\hat{x}U |x\rangle = -x U|x\rangle$ es equivalente a exigir $U^\dagger\hat{x}U |x\rangle = -x|x\rangle$ , que a su vez significa $U^\dagger\hat{x}U = -\hat{x}$ porque los vectores $|x\rangle$ formar una base y $-x|x\rangle = -\hat{x}|x\rangle$
Bien, mi problema es que la declaración $\hat{x} U | x\rangle = -x U | x \rangle$ no parece ser cierto. O al menos, no veo cómo demostrarlo.
Probé (creo) que $U^\dagger\hat{x}U = -\hat{x}$ , lo que implica inmediatamente $\hat{x}U = -U\hat{x}$ y por lo tanto $\hat{x}U|x\rangle = -U\hat{x}|x\rangle = -xU|x\rangle$ ... ¿Dónde está el problema?
Desde $U=U^\dagger$ en nuestro caso, escribir $U^\dagger \hat{x}U$ o $U \hat{x}U^\dagger$ es equivalente...
Tu solución es buena. Lo único que no entiendo es que si volvemos al principio e intentamos calcular directamente $\hat{x}U|x\rangle$ usando el general $U(\alpha, \beta)$ (en lugar de usar el resultado de $U^{\dagger}\hat{x} U = -\hat{x}$ ) Encontre eso $\hat{x}U|x\rangle = (2\hbar \beta \hat{p}_{x} - x) U | x\rangle$ , que no se reduce a la respuesta correcta si $\beta = \pi/2$ .

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Valter Moretti

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