Как получить я \ hbar \ гидроразрыва {\ парциальное F (\ vec p)} {\ парциальное p_i}

Question

Как получить я \ hbar \ гидроразрыва {\ парциальное F (\ vec p)} {\ парциальное p_i}

Боб Дилан

Википедия указывает, что следующее отношение «легко показать»: $[x_i, F(\vec p)] = i \hbar \frac {\partial F(\vec p)}{\partial p_i}$ , однако у меня возникли проблемы с его отображением. Я думаю, что я просто испортил многомерное разложение Тейлора (из $F(\vec p)$ ). Может ли кто-нибудь из вас рассказать мне об этом или связать меня с сайтом, который будет? Спасибо.

Изменить: вот что я получаю (без использования $x=i\hbar \frac \partial {\partial p}$ что я еще не доказал):

Ф (\vec{п}) "=" Ф (\vec{0}) + \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial Ф (\vec{0})}{\partial п_{Дж}} п_{Дж} + \frac{1}{2} \sum_{к "=" 1}^{3} \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial^{2} Ф (\vec{0})}{\partial п_{к} \partial п_{Дж}} п_{Дж} п_{к} + \dots

$F(\vec p) = F(\vec 0) + \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}p_j + \frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} p_j p_k + \dots$ так

({Икс}_{я} Ф (\vec{п}) - Ф (\vec{п}) {Икс}_{я}) ψ

$(x_iF(\vec p) - F(\vec p)x_i)\psi$

"=" {Икс}_{я} [Ф (\vec{0}) ψ - я ℏ \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial Ф (\vec{0})}{\partial п_{Дж}} (\nabla ψ)_{Дж} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{к "=" 1}^{3} \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial^{2} Ф (\vec{0})}{\partial п_{к} \partial п_{Дж}} (\nabla ψ)_{Дж} (\nabla ψ)_{к} + \dots]

$= x_i[F(\vec 0)\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\nabla \psi)_j + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\nabla \psi)_j (\nabla \psi)_k + \dots]$

- [Ф (\vec{0}) {Икс}_{я} ψ - я ℏ \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial Ф (\vec{0})}{\partial п_{Дж}} (\nabla {Икс}_{я} ψ)_{Дж} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{к "=" 1}^{3} \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial^{2} Ф (\vec{0})}{\partial п_{к} \partial п_{Дж}} (\nabla {Икс}_{я} ψ)_{Дж} (\nabla {Икс}_{я} ψ)_{к} + \dots]

$- [F(\vec 0)x_i\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\nabla x_i\psi)_j + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\nabla x_i\psi)_j (\nabla x_i\psi)_k + \dots]$

где

(\nabla {Икс}_{я} ψ)_{Дж} "=" \frac{\partial {Икс}_{я}}{\partial {Икс}_{Дж}} ψ + {Икс}_{я} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}} "=" {дельта}_{я Дж} ψ + {Икс}_{я} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}}

$(\nabla x_i\psi)_j=\frac {\partial x_i}{\partial x_j}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j} = \delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j}$ и

(\nabla {Икс}_{я} ψ)_{Дж} (\nabla {Икс}_{я} ψ)_{к} "=" ({дельта}_{я Дж} ψ + {Икс}_{я} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}}) ({дельта}_{я к} ψ + {Икс}_{я} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{к}}) "=" {дельта}_{Дж к} ψ^{2} + {Икс}_{Дж} ψ \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{к}} + {Икс}_{к} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}} ψ + {Икс}_{я}^{2} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}_{Дж} \partial {Икс}_{к}}

$(\nabla x_i\psi)_j(\nabla x_i\psi)_k=(\delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j})(\delta_{ik}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_k}) = \delta_{jk}\psi^2 + x_j \psi \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + x_k \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \psi + x_i^2 \frac {\partial^2 \psi}{\partial x_j \partial x_k}$

Таким образом:

({Икс}_{я} Ф (\vec{п}) - Ф (\vec{п}) {Икс}_{я}) ψ

$(x_iF(\vec p) - F(\vec p)x_i)\psi$

"=" {Икс}_{я} [Ф (\vec{0}) ψ - я ℏ \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial Ф (\vec{0})}{\partial п_{Дж}} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}} + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{к "=" 1}^{3} \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial^{2} Ф (\vec{0})}{\partial п_{к} \partial п_{Дж}} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{к}} + \dots]

$= x_i[F(\vec 0)\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}\frac {\partial \psi}{\partial x_j} + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + \dots]$

- [Ф (\vec{0}) {Икс}_{я} ψ - я ℏ \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial Ф (\vec{0})}{\partial п_{Дж}} ({дельта}_{я Дж} ψ + {Икс}_{я} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}}) + ℏ^{2} \frac{1}{2} \sum_{к "=" 1}^{3} \sum_{Дж "=" 1}^{3} \frac{\partial^{2} Ф (\vec{0})}{\partial п_{к} \partial п_{Дж}} ({дельта}_{Дж к} ψ^{2} + {Икс}_{Дж} ψ \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{к}} + {Икс}_{к} \frac{\partial ψ}{\partial {Икс}_{Дж}} ψ + {Икс}_{я}^{2} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}_{Дж} \partial {Икс}_{к}}) + \dots]

$- [F(\vec 0)x_i\psi -i\hbar \sum^3_{j=1} \frac {\partial F(\vec 0)}{\partial p_j}(\delta_{ij}\psi + x_i\frac {\partial \psi}{\partial x_j}) + \hbar^2\frac 12 \sum^3_{k=1} \sum^3_{j=1} \frac {\partial^2 F(\vec 0)}{\partial p_k \partial p_j} (\delta_{jk}\psi^2 + x_j \psi \frac {\partial \psi}{\partial x_k} + x_k \frac {\partial \psi}{\partial x_j} \psi + x_i^2 \frac {\partial^2 \psi}{\partial x_j \partial x_k}) + \dots]$

Отсюда не похоже, что все эти условия более высокого порядка будут аннулированы.

Пузырь

Это в основном аналогично этому физике.stackexchange.com/q /87038

Боб Дилан

@Bubble Это намного проще (для меня), потому что

F (x)

$F(x)$ это просто функция, тогда как

F (p)

$F(p)$ является оператором и, следовательно, должен быть расширен по Тейлору (я думаю?).

Боб Дилан

На самом деле в этом случае я даже не уверен, что

p_{i}

$p_i$ имеет смысл. Потому что

p

$p$ на самом деле это не вектор? Его

- i ℏ \nabla

$-i\hbar \nabla$ .

Робин Экман

\nabla f

$\nabla f$ для функции

f

$f$ является вектором.

\nabla

$\nabla$ сам по себе не является вектором, но вам может сойти с рук притвориться, что это так. Когда люди пишут

p_{i} = - i ℏ \nabla_{i}

$p_i = -i\hbar \nabla_i$ они действительно имеют в виду

p_{i} f = - i ℏ (\nabla f)_{i}

$p_i f = -i\hbar(\nabla f)_i$ , что имеет смысл. Пока ты помнишь это

\nabla

$\nabla$ в конечном итоге действует на что-то, и это создает вектор, вы можете сойти с рук, притворяясь, что

\nabla

$\nabla$ является вектором.

Qмеханик

Привет @Боб Дилан. Комментарии: 1. Обратите внимание, что оператор положения

{\hat{x}}^{i}

$\hat{x}^i$ и оператор импульса

{\hat{p}}_{j}

$\hat{p}_j$ (до знака минус) вступают на паритетных началах в ЦКР , ср. комментарий выше от Bubble. 2. Отметим также, что искомая формула не зависит от операторного представления. Например, можно работать в импульсном представлении, преобразованном Фурье, или можно работать в формализме, явно независимом от представления.

Кайл Канос

Также по теме: physics.stackexchange.com/q/98372/25301

пользователь121330

@RobinEkman полезнее рассматривать операторы положения и импульса как матрицы с элементами по диагонали, особенно когда мы переходим к формализму Дирака.

пользователь121330

Я не уверен, почему ты так сказал

F (p)

$F(p)$ является оператором - это функция импульса, которая может быть эквивалентно представлена в виде

F (x)

$F(x)$ . Половина того, чтобы быть действительно хорошим в QM, состоит в том, чтобы менять базис по мере необходимости. В КМ положение и импульс являются преобразованиями Фурье друг друга, что является удивительной симметрией.

Ответы (3)

Как получить я \ hbar \ гидроразрыва {\ парциальное F (\ vec p)} {\ парциальное p_i}

Это в основном аналогично этому физике.stackexchange.com/q /87038
@Bubble Это намного проще (для меня), потому что $F(x)$ это просто функция, тогда как $F(p)$ является оператором и, следовательно, должен быть расширен по Тейлору (я думаю?).
На самом деле в этом случае я даже не уверен, что $p_i$ имеет смысл. Потому что $p$ на самом деле это не вектор? Его $-i\hbar \nabla$ .
$\nabla f$ для функции $f$ является вектором. $\nabla$ сам по себе не является вектором, но вам может сойти с рук притвориться, что это так. Когда люди пишут $p_i = -i\hbar \nabla_i$ они действительно имеют в виду $p_i f = -i\hbar(\nabla f)_i$ , что имеет смысл. Пока ты помнишь это $\nabla$ в конечном итоге действует на что-то, и это создает вектор, вы можете сойти с рук, притворяясь, что $\nabla$ является вектором.
Привет @Боб Дилан. Комментарии: 1. Обратите внимание, что оператор положения $\hat{x}^i$ и оператор импульса $\hat{p}_j$ (до знака минус) вступают на паритетных началах в ЦКР , ср. комментарий выше от Bubble. 2. Отметим также, что искомая формула не зависит от операторного представления. Например, можно работать в импульсном представлении, преобразованном Фурье, или можно работать в формализме, явно независимом от представления.
Также по теме: physics.stackexchange.com/q/98372/25301
@RobinEkman полезнее рассматривать операторы положения и импульса как матрицы с элементами по диагонали, особенно когда мы переходим к формализму Дирака.
Я не уверен, почему ты так сказал $F(p)$ является оператором - это функция импульса, которая может быть эквивалентно представлена в виде $F(x)$ . Половина того, чтобы быть действительно хорошим в QM, состоит в том, чтобы менять базис по мере необходимости. В КМ положение и импульс являются преобразованиями Фурье друг друга, что является удивительной симметрией.

Эрик Энгл · Answer 1

Как отметил @Qmechanic в комментарии, мы можем использовать любое представление оператора. В импульсном пространстве, $\hat{\bf x} = + i \hbar \ \partial/\partial {\bf p}$ и $\hat{\bf p} = {\bf p}$ , так

\begin{array}{rcl} [{\hat{Икс}}_{я}, Ф (\hat{п})] & "=" & [я ℏ \frac{\partial}{\partial п_{я}}, Ф (п)] \\ "=" & \frac{я ℏ}{ф} [\frac{\partial}{\partial п_{я}}, Ф (п)] ф \\ "=" & \frac{я ℏ}{ф} (\frac{\partial}{\partial п_{я}} [Ф (п) ф] - Ф (п) \frac{\partial ф}{\partial п_{я}}) \\ "=" & я ℏ \frac{\partial Ф (п)}{\partial п_{я}} \end{array}

$\begin{eqnarray} \left[\hat{x}_i,F\left(\hat{\bf p}\right)\right] &=& \left[i \hbar \frac{\partial}{\partial p_i},F\left({\bf p}\right)\right] \\ &=& \frac{i \hbar}{f}\left[ \frac{\partial}{\partial p_i},F\left({\bf p}\right)\right] f \\ &=& \frac{i \hbar}{f}\left( \frac{\partial}{\partial p_i}\left[F\left({\bf p}\right)f\right] - F\left({\bf p}\right)\frac{\partial f}{\partial p_i}\right) \\ &=& i \hbar \frac{\partial F\left({\bf p}\right)}{\partial p_i} \\ \end{eqnarray}$

пользователь121330 · Answer 2

Выберите представление импульса,

{Икс}_{я} "=" я ℏ \frac{\partial}{\partial п_{я}}

$x_i = i \hbar \frac{\partial}{\partial p_i}$

распределять $i \hbar$ и подействовать коммутатором на вектор $\psi$ ,

[{Икс}_{я}, Ф (п)] ψ "=" я ℏ (\frac{\partial}{\partial п_{я}} (Ф (п) ψ) - Ф (п) \frac{\partial}{\partial п_{я}} ψ)

$[x_i, F(\mathbf p)] \psi = i \hbar \left(\frac{\partial}{\partial p_i}(F(\mathbf{p}) \space \psi) -F(\mathbf p) \frac{\partial }{\partial p_i} \psi \right)$

и применим правило произведения:

"=" я ℏ (\frac{\partial Ф (п)}{\partial п_{я}} ψ + Ф (п) \frac{\partial ψ}{\partial п_{я}} - Ф (п) \frac{\partial ψ}{\partial п_{я}})

$= i \hbar \left(\frac{\partial F(\mathbf p )}{\partial p_i} \psi + F(\mathbf p) \frac{\partial \psi}{\partial p_i} - F(\mathbf p) \frac{\partial \psi}{\partial p_i} \right)$

"=" я ℏ \frac{\partial Ф (п)}{\partial п_{я}} ψ .

$= i \hbar\frac{\partial F(\mathbf p )}{\partial p_i} \psi.$

Мы ушли $\psi$ не указано, поэтому:

[{Икс}_{я}, Ф (п)] "=" я ℏ \frac{\partial Ф (п)}{\partial п_{я}}

$[ x_i, F(\mathbf p ) ] = i \hbar \frac{\partial F( \mathbf p )}{\partial p_i}$

Кайл Канос · Answer 3

Коммутация двух переменных в некоторых случаях может быть связана со скобкой Пуассона через

[\hat{А}, \hat{Б}] "=" я ℏ {\hat{А}, \hat{Б}}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\left\{\hat A,\,\hat B\right\}$ Таким образом,

\begin{matrix} (1) & [\hat{А}, \hat{Б}] "=" я ℏ \sum_{я} (\frac{\partial А}{\partial д_{я}} \frac{\partial Б}{\partial п_{я}} - \frac{\partial А}{\partial п_{я}} \frac{\partial Б}{\partial д_{я}}) \end{matrix}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\sum_i\left(\frac{\partial A}{\partial q_i}\frac{\partial B}{\partial p_i}-\frac{\partial A}{\partial p_i}\frac{\partial B}{\partial q_i}\right)\tag{1}$ Формально

\hat{A} = A (\hat{q}, \hat{p})

$\hat A=A(\hat q,\,\hat p)$ и

\hat{B} = B (\hat{q}, \hat{p})

$\hat B= B(\hat q,\,\hat p)$ . Вы должны быть в состоянии использовать (1) для решения вашей проблемы. Обратите внимание, однако, что это решение не работает во всех случаях (см. Это и это , на которые указал Qmechanic), поскольку это приближение, которое справедливо только в определенных случаях.

Общее решение включает скобку Мойала ,

[\hat{А}, \hat{Б}] \sim {{\hat{А}, \hat{Б}}} \sim \hat{А} ⋆ \hat{Б} - \hat{Б} ⋆ \hat{А}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]\sim\{\{\hat A\,,\hat B\}\}\sim \hat A\star \hat B-\hat B\star\hat A$ где

⋆

$\star$ обозначает продукт Moyal star-product (см. ответы либо в этом посте , либо в этом посте, чтобы узнать больше о продукте Moyal). Вышеупомянутое тогда может быть записано как

{{\hat{А}, \hat{Б}}} "=" {\hat{А}, \hat{Б}} + О (ℏ^{2})

$\{\{\hat A,\,\hat B\}\}=\{\hat A,\,\hat B\}+\mathcal{O}(\hbar^2)$ где

{\cdot, \cdot}

$\{\cdot,\,\cdot\}$ вот приведенная выше скобка Пуассона и

O (ℏ^{2})

$\mathcal{O}(\hbar^2)$ — поправки (называемые деформациями скобки Пуассона).

Таким образом, уравнение (1) становится

\begin{matrix} (2) & [\hat{А}, \hat{Б}] "=" я ℏ \sum_{я} (\frac{\partial А}{\partial д_{я}} \frac{\partial Б}{\partial п_{я}} - \frac{\partial А}{\partial п_{я}} \frac{\partial Б}{\partial д_{я}}) + О (ℏ^{2}) \end{matrix}

$\left[\hat A,\,\hat B\right]=i\hbar\sum_i\left(\frac{\partial A}{\partial q_i}\frac{\partial B}{\partial p_i}-\frac{\partial A}{\partial p_i}\frac{\partial B}{\partial q_i}\right)+\mathcal{O}(\hbar^2)\tag{2}$

Комментарий к ответу (v1): Метод замены квантовых коммутаторов $[\hat{f},\hat{g}]$ с классическими скобками Пуассона $\{f,g\}_{PB}$ могут пропускать высшие квантовые поправки, ср. например это , это и это посты Phys.SE. На вопрос ОП скобка Пуассона дает точный ответ.

Как получить я \ hbar \ гидроразрыва {\ парциальное F (\ vec p)} {\ парциальное p_i}

Боб Дилан

Пузырь

Боб Дилан

Боб Дилан

Робин Экман

Qмеханик

Кайл Канос

пользователь121330

пользователь121330

Ответы (3)

Эрик Энгл

пользователь121330

Кайл Канос

Qмеханик

Помогите упростить уравнение коммутатора

Коммутатор положения и импульса

Коммутатор с квадратным корнем

Докажите, что [A,Bn]=nBn−1[A,B][A,Bn]=nBn−1[A,B][A,B^n] = nB^{n-1}[A,B]

Квантовый коммутатор

Коммутация оператора углового момента [закрыто]

Фундаментальные коммутационные соотношения в квантовой механике

Коммутаторы с функциями

Отличие антикоммутатора [закрыто]

Докажите: AAA и BBB коммутируют, поэтому функции f(A)f(A)f(A) и g(B)g(B)g(B) всегда будут коммутировать друг с другом [закрыто]