След коммутатора равен нулю, но как насчет коммутатора xxx и ppp?

Операторы можно циклически менять местами внутри трассы:

Т р ( А Б )   знак равно   Т р ( Б А ) .

Это означает, что след коммутатора любых двух операторов равен нулю:

Т р ( [ А , Б ] )   знак равно   0.

А как насчет коммутатора операторов положения и импульса для квантовой частицы?

С одной стороны:

Т р ( [ Икс , п ] )   знак равно   0 ,

а с другой стороны:
[ Икс , п ]   знак равно   я ℏ .

Как это работает?

След операторов А а также Б должен быть определен для выполнения этой операции. Вы только что доказали, что любое конечномерное гильбертово пространство не имеет Икс а также п с [ Икс , п ] знак равно я ℏ .
Фабиан, +1, но это следы А Б и из Б А которые должны быть определены. Икс а также п оба имеют нулевой след.
Не могу поверить, что я никогда этого не замечал. 8|
@dbrane -- именно то, о чем я думал!
@Peter Morgan: конечно, ты прав...
Еще один милый пример а а также а † .
@dbrane Я не могу поверить, сколько раз я говорил, что не могу поверить, что никогда этого не замечал! На самом деле, в то время наблюдение было достаточно нетривиальным, чтобы история зафиксировала, что именно Герман Вейль первым указал на это, см . .columbia.edu/~woit/QM/heisenberg.pdf ). Я не знаю первоисточника, но Питер Войт, похоже, знает, что делает.
@TedBunn, посмотри мой комментарий к dbrane.
Если вас это интересует, я настоятельно рекомендую прочитать это: http://arxiv.org/abs/quant-ph/9907069 . Я нашел ее довольно легкой для чтения и очень поучительной.

Ответы (5)

Икс а также п не имеют конечномерных представлений. Особенно, Икс п а также п Икс не являются "трассовым классом". Грубо говоря, это означает, что следы Икс п а также п Икс оба бесконечны, хотя лучше считать, что они оба не определены. Опять слабо, если вычесть ∞ − ∞ , вы, конечно, можете получить я ℏ . Но вы не должны. Все получится, если подумать п как комплексное кратное оператора производной, для которого ∂ ∂ Икс а также Икс действуют на бесконечномерном пространстве многочленов от Икс .

Но в квантовой механике мы все время берем следы операторов в бесконечномерных гильбертовых пространствах (например, при вычислении тепловых средних). Как мы можем сказать, когда трассировка определена, а когда нет?
Это сложный вопрос. Знание того, что нужно спрашивать и искать последствия, когда вы смотрите на QM, в некотором смысле поднимает вас на более высокий уровень. Вместо «имеет след» часто используется понятие ограниченности , потому что оно замкнуто относительно умножения. Грубо говоря, это обобщение на бесконечномерные пространства идеи о том, что «все собственные значения конечны». В этом смысле пространство ограниченных операторов в гильбертовом пространстве ведет себя «лучше», чем пространство ядерных операторов. Попробуйте en.wikipedia.org/wiki/Hilbert_space#Operators_on_Hilbert_spaces
@Joe В более сложных обработках тепловых состояний след не упоминается, вместо этого вводится алгебраическое свойство, которое отличает тепловые состояния от вакуума, известное как KMS-условие. Разветвления бесконечны. Обратите внимание, что все собственные значения конечны , это более слабое требование для оператора, чем то, что след, грубо говоря, сумма всех собственных значений, является конечным.
@Джо: Отличный вопрос. Пожалуйста, задайте его на этом сайте в виде вопроса.
@Joe: Меня действительно интересует то же самое. Что-то вы видите что-то вроде «мы добавляем фактор е − β ЧАС сходимости и перейти к пределу β → 0 ', но я никогда не задумывался о том, что это на самом деле означает.
@PeterMorgan Почему вы должны получить я ℏ ? Вы должны получить я ℏ т р ( я г ) знак равно я ℏ ∞ .
@PeterMorgan: Не могли бы вы предоставить несколько ссылок, в которых категорически утверждается, что трассировка плохо определена для бесконечномерных пространств?

Прочитав ответ Питера Моргана и подумав еще немного, я думаю, что это на самом деле проще, чем кажется на первый взгляд.

Для конечномерных пространств след коммутатора действительно всегда равен нулю. Для бесконечномерных пространств след не всегда определен, так как он принимает вид бесконечной суммы (для счетной размерности) или интеграла (для непрерывной размерности), которые не всегда сходятся.
Когда след определен, он подчиняется тем же правилам, что и в конечной размерности, в частности, след коммутатора равен нулю. Для таких операторов, как Икс , п и их продукции, трейс просто не определяется, так что нет смысла задавать вопросы по этому поводу.
При расчете средних тепловых коэффициент е − β ЧАС обеспечивает сходимость следа, поскольку энергия всегда связана снизу (иначе система нефизична).

Я уверен, что концепции, упомянутые @Peter Morgan, важны в этом контексте (ограниченность, KMS-условие), но я ничего о них не знаю, и я думаю, что ответ, который я только что дал, достаточен для практических целей.

Ну, большая часть QM имеет дело с Икс а также п и их функции и продукты тех , и след достаточно хорошо определен для сокрушительного большинства тех, наполняющих книги и труды по МК. Сказать кому -то, что какие -то следы не определены, а какие-то нет, вряд ли разрешит парадокс. Я считаю, что ответ Питера Моргана точен, а не этот.
опыт ⁡ ( − β ЧАС ) не является классом трассировки автоматически, если ЧАС ограничен снизу, что-то столь же простое, как ЧАС знак равно я г показывает это.
@Joe: Не могли бы вы предоставить несколько ссылок, в которых категорически утверждается, что трассировка плохо определена для бесконечномерных пространств?

Немного конкретизируя ответ @Peter Morgan, в том смысле, что Икс а также п не являются ограниченными операторами, поэтому их коммутатор не обязан быть ограниченным . Сначала обратите внимание, что

[ Икс н , п ] знак равно я ℏ н Икс н − 1   ,
следовательно, операторные нормы обеих сторон удовлетворяют
2 ‖ п ‖     ‖ Икс ‖ н ≥ ‖ Икс н п ‖ + ‖ п Икс н ‖ ≥ н ℏ ‖ Икс ‖ н − 1
так что для любого н ,
2 ‖ Икс ‖   ‖ п ‖ ≥ н ℏ   .
С н может быть сколь угодно большим, по крайней мере один левый оператор не может быть ограничен, а размерность основного гильбертова пространства не может быть конечной . Используя (ограниченные) соотношения Вейля, можно действительно показать, что оба оператора неограничены.

Теперь о волшебстве разрешения парадокса:

В конечных ( N -мерных) гильбертовых представлениях пространства Икс а также п (КМ Вейля по кругу), коммутатор действительно обращается в нуль, как и должно быть, но правая часть не совсем тождественная , а конечная матрица с нулями на диагонали, так что тогда бесследно, хорошо. Сантанам, Т.С.; Текумалла, Арканзас (1976). «Квантовая механика в конечных размерах». Основы физики 6 (5) с. 583. doi:10.1007/BF00715110.

В этой замечательно проницательной статье показано, что в континуальном пределе N⟶ ∞ эта самая матрица переходит в обсуждаемое здесь бесконечномерное тождество Дирака- δ ! См. Q10,11 экзамена , который я сдавал в прошлом.

Как вы перешли от первого уравнения ко второму? Похоже использовалась какая-то версия "неравенства треугольника", но я знаком только с формой | | А | | + | | Б | | ≥ | | А + Б | |
Существует также субмультипликативность для каждого члена (билинейного) A и B , в вашем выражении, теперь.
конечно, но у коммутатора есть знак минус, так как же перейти от | | Икс н п − п Икс н | | знак равно н | | Икс | | н − 1 к | | Икс н п | | + | | п Икс н | | ≥ н | | Икс | | н − 1 ? извините за утомительный вопрос.
Возьмите условие субаддитивности и установите A=CD , B=-DC , поэтому тогда ‖ С Д − Д С ‖ ≤ ‖ С Д ‖ + ‖ − Д С ‖ ≤ 2 ‖ С ‖   ‖ Д ‖ .

2.1в) Предположим, что А , Б , я находятся н × н матрицы, где н является конечным положительным целым числом. Тогда если:

А Б − Б А знак равно я д я
у нас есть:
Т р ( А Б − Б А ) знак равно 0
но:
Т р ( я д я ) знак равно я д н
что является противоречием.

Я думаю, что проблема связана с действиями оператора п ^ . Пожалуйста, поправьте меня, если я ошибаюсь.
Действие оператора п ^ в квантовом пространстве определяется как
< Икс | п ^ | а >= − я ℏ ∂ Икс < Икс | а >
если государство | а > не зависит от х. В самом деле, если государство | а > зависел от Икс , например | а >= ф ( Икс ) | б > для любой скалярной функции ф ( Икс ) , то, очевидно, уравнение
< Икс | п ^ | а >=< Икс | п ^ ф ( Икс ) | б >= − я ℏ ∂ Икс < Икс | ф ( Икс ) | б >= − я ℏ ∂ Икс ( ф ( Икс ) < Икс | б > )
было бы плохо определено, так как его можно было бы оценить другим способом: < Икс | п ^ | а >=< Икс | п ^ ф ( Икс ) | б >= ф ( Икс ) < Икс | п ^ | б >= ф ( Икс ) ( − я ℏ ) ∂ Икс < Икс | б >
Вторая оценка исходит из того факта, что в стандартной квантовой механике постулируется, что любой оператор действует на кет-векторы, а не на скаляры (за исключением оператора обращения времени, который здесь бесполезен).

Коммутаторное соотношение [ Икс ^ , п ^ ] знак равно я ℏ получается из действия оператора п ^ как определено выше. Таким образом, становится очевидным, что такое коммутационное соотношение вообще нельзя использовать в скалярном произведении ( < Икс | . . . | к е т > ), если кет-состояние справа зависит от Икс .

Сказав это, когда вы выполняете трассировку коммутатора [ Икс ^ , п ^ ] , ты делаешь
Т р [ [ Икс ^ , п ^ ] ] знак равно ∫ г Икс < Икс | ( Икс ^ п ^ − п ^ Икс ^ ) | Икс >= ∫ г Икс < Икс | ( Икс п ^ − п ^ Икс ) | Икс > ,
где на последнем шаге выше я только что извлек собственные значения из собственных состояний | Икс > . В приведенном выше уравнении у вас есть скалярное произведение, где кет справа зависит от Икс . Таким образом, вам придется быть осторожным в оценке, и вы не можете использовать Икс п -коммутационные отношения сразу. С небольшим вниманием каждый может увидеть из приведенного выше уравнения, что кривая действительно дает нулевое значение.
∫ г Икс < Икс | ( Икс п ^ − п ^ Икс ) | Икс >= ∫ г Икс Икс < Икс | ( п ^ − п ^ ) | Икс >= 0 ,
как следует.
В то время как, если бы вы использовали Икс п -коммутационные соотношения с самого начала вы бы ошибочно нашли
Т р [ [ Икс ^ , п ^ ] ] знак равно Т р [ я ℏ ] знак равно я ℏ .

Отредактировано после комментария Джо.
В последнем уравнении я забыл размерность пространства. Он должен быть изменен как Т р [ [ Икс ^ , п ^ ] ] знак равно Т р [ я ℏ ] знак равно я ℏ Д
куда Д — размеры квантового пространства, в котором вы берете след. Спасибо, Джо.

В последней строке: когда вы оцениваете Т р ( я ℏ ) вы получаете интеграл, который не сходится, поэтому след не определен, или вы можете сказать, что след бесконечен, если хотите, в любом случае он не равен я ℏ . Во-вторых, вы якобы показываете, что Т р ( [ Икс ^ , п ^ ] ) знак равно 0 , а если повторить расчет без интегрирования, то получится, что ⟨ Икс | [ Икс ^ , п ^ ] | Икс ⟩ знак равно 0 , что явно неверно. Ваша ошибка здесь в том, что вы забыли взять производную от Икс в выражении п ^ Икс (вот как вы доказываете [ Икс ^ , п ^ ] знак равно я ℏ в первую очередь).
Я отредактировал опечатку в последней строке, спасибо, что указали на это. Что касается вашего второго комментария, то я остаюсь при своей позиции. Спасибо, что поделились своими мыслями.
След коммутатора равен нулю, но как насчет коммутатора xxx и ppp?
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v