Чему равно частное двух квантовых операторов?

Question

Чему равно частное двух квантовых операторов?

1МегаМэн1

Вероятно, полезно объяснить контекст, который привел меня к этому вопросу. Нам задали следующий вопрос:

Написав ${L}^2 = \sum_{ijklm}\epsilon_{ijk}{x}_j{p}_k\epsilon_{ilm}{x}_l{p}_m$ покажи то:

п^{2} "=" \frac{л^{2}}{р^{2}} + \frac{1}{р^{2}} {(р \cdot п)^{2} - я ℏ (р \cdot п)}

$p^2 = \frac{L^2}{r^2}+\frac{1}{r^2}\left\{(\textbf{r}\cdot \textbf{p})^2-i\hbar(\textbf{r}\cdot \textbf{p})\right\}$

Я дошел до этого момента:

л^{2} "=" р^{2} п^{2} - {(р \cdot п)}^{2} + я ℏ р \cdot п

${L}^2 = {\textbf{r}}^2{\textbf{p}}^2-\left(\textbf{r}\cdot\textbf{p}\right)^2+i\hbar\textbf{r}\cdot\textbf{p}$

Однако теперь мой вопрос в том, могу ли я просто разделить на $\textbf{r}^2$ и если да, то как интерпретируется деление двух квантовых операторов? После всего $L,\textbf{r},\textbf{p}$ все это квантовые операторы, поэтому я очень беспокоюсь о том, чтобы просто применить «обычные» правила алгебры и положить этому конец.

Космас Захос

Вы должны быть в состоянии показать, что

L^{2}

$L^2$ коммутирует с

r^{2}

$r^2$ - это функция только θ и φ, поэтому не имеет значения, умножаете ли вы на обратную слева или справа. Что касается этих двух операторов, то они являются «числами друг для друга».

Эмилио Писанти

@Cosmas, он коммутирует с квадратом L, но коммутирует ли он с

p^{2}

$p^2$ ? А как насчет двух других терминов? Наличие воображаемого термина является неопровержимым признаком того, что некоторые термины не коммутируют, поэтому любое переключение порядка должно выполняться очень осторожно.

Космас Захос

@Emilio Эмилио, я сильно подозреваю, что весь смысл этого упражнения в том, чтобы помочь ОП оценить

[L^{2}, r] = 0

$[L^2,r]=0$ даже если коммутативность отдельных частей не работает ... то же самое происходит и с частями гамильтониана ...

r^{2}

$r^2$ можно разделить целое

L^{2}

$L^2$ слева или справа. Но любые ожидания, что он может/должен разделить отдельные части, неуместны.

Эмилио Писанти

@CosmasZachos Но это умножение отдельных частей ─ в частности,

p^{2}

$p^2$ LHS конечного результата, который не коммутирует с

r^{2}

$r^2$ если бы я не испортил свои заводские коммутаторы.

Космас Захос

@Эмилио Ну,

L^{2} / r^{2} = r^{2} p^{2} 1 / r^{2} + {. . .} 1 / r^{2}

$L^2/r^2= r^2 p^2 1/r^2 + \{...\} 1/r^2$ тоже правильно, но вопиюще глупо... Единственный термин, с которым вам не нужно следить за порядком, это, конечно, левая сторона...

тпаркер

@EmilioPisanty Вам не нужно делать никаких расчетов, чтобы увидеть это

p^{2}

$p^2$ и

r^{2}

$r^2$ не ездить на работу. Если бы они это сделали, то трехмерный гармонический осциллятор был бы фактически классическим; его основное состояние по отдельности минимизировало бы как кинетические, так и потенциальные члены, и не было бы энергии нулевой точки. Но поскольку 3D HO — это всего лишь сумма трех несвязанных 1D HO, это явно не так.

Эмилио Писанти

@tparker Я думаю, что и вы, и Космас упускаете суть. Я обращался исключительно к утверждению, что задействованные операторы являются просто «числами друг для друга» — это может быть верно для некоторых комбинаций, но не для всех соответствующих здесь. Я не вижу, к чему приведет дальнейшее обсуждение мелочей в этой ветке, кроме как запутать 1MegaMan1.

тпаркер

@EmilioPisanty На самом деле я не читал ни одной темы. Я только что заметил, что вы упомянули вычисление «обратных коммутаторов конверта», чтобы проверить,

x^{2}

$x^2$ и

p^{2}

$p^2$ ездить на работу и подумал, что я поделюсь хорошим быстрым трюком, чтобы увидеть, что они этого не делают.

Ответы (1)

Чему равно частное двух квантовых операторов?

Вы должны быть в состоянии показать, что $L^2$ коммутирует с $r^2$ - это функция только θ и φ, поэтому не имеет значения, умножаете ли вы на обратную слева или справа. Что касается этих двух операторов, то они являются «числами друг для друга».
@Cosmas, он коммутирует с квадратом L, но коммутирует ли он с $p^2$ ? А как насчет двух других терминов? Наличие воображаемого термина является неопровержимым признаком того, что некоторые термины не коммутируют, поэтому любое переключение порядка должно выполняться очень осторожно.
@Emilio Эмилио, я сильно подозреваю, что весь смысл этого упражнения в том, чтобы помочь ОП оценить $[L^2,r]=0$ даже если коммутативность отдельных частей не работает ... то же самое происходит и с частями гамильтониана ... $r^2$ можно разделить целое $L^2$ слева или справа. Но любые ожидания, что он может/должен разделить отдельные части, неуместны.
@CosmasZachos Но это умножение отдельных частей ─ в частности, $p^2$ LHS конечного результата, который не коммутирует с $r^2$ если бы я не испортил свои заводские коммутаторы.
@Эмилио Ну, $L^2/r^2= r^2 p^2 1/r^2 + \{...\} 1/r^2$ тоже правильно, но вопиюще глупо... Единственный термин, с которым вам не нужно следить за порядком, это, конечно, левая сторона...
@EmilioPisanty Вам не нужно делать никаких расчетов, чтобы увидеть это $p^2$ и $r^2$ не ездить на работу. Если бы они это сделали, то трехмерный гармонический осциллятор был бы фактически классическим; его основное состояние по отдельности минимизировало бы как кинетические, так и потенциальные члены, и не было бы энергии нулевой точки. Но поскольку 3D HO — это всего лишь сумма трех несвязанных 1D HO, это явно не так.
@tparker Я думаю, что и вы, и Космас упускаете суть. Я обращался исключительно к утверждению, что задействованные операторы являются просто «числами друг для друга» — это может быть верно для некоторых комбинаций, но не для всех соответствующих здесь. Я не вижу, к чему приведет дальнейшее обсуждение мелочей в этой ветке, кроме как запутать 1MegaMan1.
@EmilioPisanty На самом деле я не читал ни одной темы. Я только что заметил, что вы упомянули вычисление «обратных коммутаторов конверта», чтобы проверить, $x^2$ и $p^2$ ездить на работу и подумал, что я поделюсь хорошим быстрым трюком, чтобы увидеть, что они этого не делают.

тпаркер · Answer 1

Да, это тонкий вопрос. Вы не можете просто разделить два некоммутирующих оператора — вам нужно указать, умножаете ли вы числитель влево или вправо, на обратную величину знаменателя. Я бы никогда не использовал нотацию «деления» и для ясности умножал бы только операторы и их обратные величины. Вы можете умножить операторное выражение слева на $\left({\bf r}^2 \right)^{-1}$ чтобы получить одно конкретное квантование конечного результата, который вы должны показать.

Строго говоря, в $d$ пространственные измерения домен оператора $r^{-2}$ является подмножеством гильбертова пространства $L^2 \left( \mathbb{R}^d \right)$ который $r^{-2}$ принимает к $L^2 \left( \mathbb{R}^d \right)$ , т. е. множество функций, интегрируемых с квадратом $\psi({\bf r})$ такой, что

⟨ ψ | {(р^{- 2})}^{†} р^{- 2} | ψ ⟩ "=" \int д^{д} Икс \frac{| ψ (р) |^{2}}{р^{4}} "=" \int д Ом \int р^{д - 1} д р \frac{| ψ (р, Ом) |^{2}}{р^{4}}

$\left \langle \psi \middle| \left(r^{-2} \right)^\dagger r^{-2} \middle| \psi \right \rangle = \int d^dx\ \frac{|\psi({\bf r})|^2}{r^4} = \int d\Omega \int r^{d-1} dr \frac{|\psi(r, \Omega)|^2}{r^4}$ конечно. это набор функций

ψ (r)

$\psi({\bf r})$ которые стремятся к нулю в начале координат по крайней мере так же быстро, как

r^{p}

$r^p$ для некоторой мощности

p > 4 - d

$p > 4 - d$ . В трех пространственных измерениях это означает, что

ψ (r)

$\psi({\bf r})$ должен стремиться к нулю быстрее, чем

r

$r$ недалеко от происхождения.

Происхождение чего? Областью определения этой функции является (подпространство) гильбертова пространства.
@EmilioPisanty Оператор определен для волновых функций, которые достаточно быстро исчезают вблизи начала координат. Отредактировано для уточнения.
Итак, вы говорите, что для того, чтобы все было ясно и не путалось, я не должен писать $\frac{A}{r^2}$ поскольку это неоднозначно и может означать либо $\left(r^2\right)^{-1}A$ или $A\left(r^2\right)^{-1}$ , которые не обязательно должны быть одинаковыми. Однако есть еще одна вещь, которая меня немного смущает, почему это правда, что в позиционном представлении обратная сторона $r^2$ , $\left(r^2\right)^{-1}$ , это просто $\frac{1}{r^2}$ ? Что было бы, например, обратным $p^2$ , $\left(p^2\right)^{-1}$ , в представлении положения?
Это отличный ответ, конечно. Однако я был бы немного «мягче» в обозначениях: я не нахожу $\frac{1}{r^2}$ проблематично (с единичным числителем!), и у меня нет проблем с $\frac{A}{B}$ когда очевидно, что $[A,B]=0$ . С другой стороны, что-то настолько сложное, как $A=(\textbf{r}\cdot \textbf{p})^2-i\hbar(\textbf{r}\cdot \textbf{p})$ на самом деле никогда не должно быть в числителе, если только это не было сделано явно и в достаточной степени ясно, что оно коммутирует с числителем.
@ 1MegaMan1 Да, может быть немного сложно различать мультипликативную обратную (обратную) и функциональную (например, матричную) обратную. Проще всего это сделать в собственном базисе оператора, когда два понятия более или менее одинаковы (вы просто возвращаете каждое собственное значение). Вот почему оператор, обратный $r^2$ просто $1/r^2$ в основе положения. инвертирование $p^2$ в позиционной основе сложнее; на самом деле у него нет правильной двусторонней инверсии, но есть правая инверсия. $1/(4 \pi \hbar^2 r)$ называется «функцией Грина» для оператора Лапласа.

Чему равно частное двух квантовых операторов?

1МегаМэн1

Космас Захос

Эмилио Писанти

Космас Захос

Эмилио Писанти

Космас Захос

тпаркер

Эмилио Писанти

тпаркер

Ответы (1)

тпаркер

Эмилио Писанти

тпаркер

1МегаМэн1

Эмилио Писанти

тпаркер

Ожидаемые значения операторов LxLxL_x и LyLyL_y в собственных состояниях LzLzL_z

Собственные состояния орбитального углового момента в представлении |r⟩|r⟩|\mathbf{r}\rangle

L^xL^x\hat{L}_{x} и L^yL^y\hat{L}_{y} не коммутируют... или коммутируют?

Проблема углового момента в квантовой механике

Каким образом среднее значение величины может быть оператором?

Странное обозначение бюстгальтера

Ограничение на квантовые числа орбитального углового момента

Ожидаемое значение оператора положения для состояний углового момента

Является ли собственная функция оператора углового момента единственной?

Почему sl(2,C)sl(2,C)sl(2,\mathbb{C}), повышающие и понижающие операторы J±J±J_{\pm}, гарантируют квантование собственных значений?