¿Se puede definir un operador de aceleración en la mecánica cuántica?

Question

¿Se puede definir un operador de aceleración en la mecánica cuántica?

Asmaier

Parece que la mayoría de los libros sobre QM solo hablan de operadores de posición y momento. Pero, ¿no es posible también definir un operador de aceleración?

Pensé en hacerlo de la siguiente manera, partiendo de la definición del operador momento:

$\hat{p} = -i\hbar \frac{\partial }{\partial x}$

Luego definimos un operador de velocidad en analogía con la mecánica clásica dividiendo el momento entre la masa $m$

$\hat{v} = \frac{-i\hbar}{m} \frac{\partial }{\partial x}$

En la mecánica clásica, la aceleración se define como la derivada temporal de la velocidad, por lo que mi conjetura para un operador de aceleración en QM sería

$\hat{a} = \frac{-i\hbar}{m} \frac{\partial }{\partial t} \frac{\partial }{\partial x}$

¿Es esa la definición general correcta del operador de aceleración en QM? ¿Qué hay de la mecánica cuántica relativista?

perplejidad

No es una muy buena idea. El tiempo es un parámetro, no una variable, en Mecánica Cuántica. Si te dan una función de onda

ψ (x)

$\psi(x)$ (o

ψ (p)

$\psi(p)$ ) no sabría qué hacer para obtener la aceleración usando su operador. Podría inferir algún tipo de valor promedio de la historia de su sistema, pero no podría obtener valores propios/vectores propios. Entonces es mejor pensar en términos de la fuerza, que puedes obtener como (menos) el gradiente del potencial dividido por la masa.

Respuestas (1)

¿Se puede definir un operador de aceleración en la mecánica cuántica?

No es una muy buena idea. El tiempo es un parámetro, no una variable, en Mecánica Cuántica. Si te dan una función de onda $\psi(x)$ (o $\psi(p)$ ) no sabría qué hacer para obtener la aceleración usando su operador. Podría inferir algún tipo de valor promedio de la historia de su sistema, pero no podría obtener valores propios/vectores propios. Entonces es mejor pensar en términos de la fuerza, que puedes obtener como (menos) el gradiente del potencial dividido por la masa.

alfredo centauro · Answer 1

Creo que podría intentar acercarse a esto en la imagen de Heisenberg.

La derivada temporal del operador de posición es:

\frac{d \hat{X}}{d t} = \frac{i}{ℏ} [\hat{H}, \hat{X}]

$\dfrac{d \hat x}{dt} = \dfrac{i}{\hbar}[\hat H, \hat x]$

que es un operador de velocidad razonable. La derivada temporal del operador velocidad es entonces:

\frac{d^{2} \hat{X}}{d t^{2}} = \frac{i}{ℏ} [\hat{H}, \frac{d \hat{X}}{d t}]

$\dfrac{d^2 \hat x}{dt^2} = \dfrac{i}{\hbar}[\hat H, \dfrac{d \hat x}{dt}]$

Por ejemplo, considere una partícula libre tal que $\hat H = \frac{\hat P^2}{2m}$ . El operador de velocidad sería entonces $\frac{\hat P}{m}$ . Esto ciertamente parece razonable ya que tiene la forma de la clásica $\vec v = \frac{\vec p}{m}$ relación.

Pero tenga en cuenta que el operador de velocidad conmuta con este hamiltoniano, por lo que el conmutador en la definición del operador de aceleración es 0. Pero eso es lo que debe ser, ya que estamos asumiendo el hamiltoniano de una partícula libre , lo que significa que no hay fuerza actuando sobre eso.

Ahora, considere una partícula en un potencial tal que $\hat H = \frac{\hat P^2}{2m} + \hat U$ . El operador de velocidad, para este sistema, es entonces $\frac{\hat P}{m} + \frac{i}{\hbar}[\hat U, \hat x]$ .

Suponiendo que el potencial no es una función de la cantidad de movimiento, el conmutador es cero y el operador de velocidad es el mismo que para la partícula libre.

El operador de aceleración es entonces $\dfrac{i}{\hbar}[\hat U, \frac{\hat P}{m}]$ .

En la base de posición, este operador es simplemente $\frac{-\nabla U(\vec x)}{m}$ que se parece a la aceleración de una partícula clásica de masa m en un potencial dado por $U(\vec x)$ .

Asi que, $\dfrac{d^2 \hat x}{dt^2} = \frac {\large -1}{\large \hbar^2} (\hat H^2\hat x - 2\hat H \hat x \hat H + \hat x \hat H^2)$
no es $\dfrac{i}{\hbar}[\hat U, \frac{\hat P}{m}] = \frac{U (\vec x)}{m} \nabla - \frac{\nabla U(\vec x)}{m}$ ?
@asmaier, según la regla del producto, hay otro término que cancela el primero.
Entonces... podría $\langle \psi \, {\hat x} \, \psi \rangle$ ser evaluado incluso si ${\hat U}$ y por lo tanto ${\hat H}$ no eran (aún) conocidos? Pudo $d^2/dt^2[ \langle \psi \, {\hat x} \, \psi \rangle ]$ entonces ser determinado? Por lo tanto, podría incluso un operador ${\hat {\bf a}}$ definirse de tal manera que $\langle \psi \, {\hat {\bf a}} \, \psi \rangle := d^2/dt^2[ \langle \psi \, {\hat x} \, \psi \rangle ]$ para todos $\psi$ ?
@user12262, creo que tu $\hat a$ es solo el operador de aceleración definido en mi respuesta.

¿Se puede definir un operador de aceleración en la mecánica cuántica?

Asmaier

perplejidad

Respuestas (1)

alfredo centauro

Trimok

Asmaier

alfredo centauro

usuario12262

alfredo centauro

alfredo centauro

¿Por qué los operadores pueden representarse como matrices en la mecánica cuántica?

¿El valor esperado es siempre un valor propio?

Representación de matrices contables

Conjugado hermitiano del operador diferencial

¿Composición de los operadores de compresión?

¿Cómo encaja la mecánica cuántica no hermitiana (QM simétrica PT) en la física?

¿Se cumple la ecuación de incertidumbre de Heisenberg cuando uno de los observables tiene varianza cero?

Sobre la definición de valor esperado en mecánica cuántica

¿Qué son los estados físicos en la imagen de Heisenberg?

Hace ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle para todo |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implica que A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?