Demostrando que $i\hbar\frac{\partial}{\partial \mathbf{p}}$ es el operador $\mathbf{x}$ en el espacio de momentum

Question

¿Cómo puedo probar que $i\hbar\frac{\partial}{\partial \mathbf{p}}$ es el operador $\mathbf{x}$ en el espacio de momentum?

Answer 1

En realidad, su resultado no muy siga. Algo un poco más general.

Todo comienza y termina con la canónica de la conmutación de la relación (CCR):

$$[\hat{\mathbf{X}},\,\hat{\mathbf{P}}]=\hat{\mathbf{X}}\,\hat{\mathbf{P}} - \hat{\mathbf{P}}\,\hat{\mathbf{X}} = i\,\hbar\,\mathbf{I}\quad\quad\quad\quad(1)$$

donde $\hat{\mathbf{X}}$ $\hat{\mathbf{P}}$ son, respectivamente, la posición y el impulso de las características observables. Supongamos que nuestro estado cuántico espacio está marcado por las coordenadas en $\hat{\mathbf{X}}$ es el operador de multiplicación $f(x) \mapsto x\,f(x)$. A continuación, el CCR no implica que el impulso observable $\hat{\mathbf{P}}$$-i\,\hbar\,\nabla$, lo que implica que es de la forma $-i\hbar\,\mathbf{Q}^{-1} \nabla \mathbf{Q}$ donde $\mathbf{Q}$ es una diagonal $3\times 3$ la multiplicación de la matriz del operador. Pero luego, por supuesto, siempre podemos elegir las coordenadas en $\hat{\mathbf{X}}$ es un operador de multiplicación y $\hat{\mathbf{P}} = -i\,\hbar\,\nabla$. Voy a probar este resultado a continuación.

Una vez que tenemos este resultado, simplemente intercambiar los roles de $\hat{\mathbf{P}}$$\hat{\mathbf{X}}$, tomando nota de que tenemos que cambiar el signo de $\hbar$ para compensar la inversión de la Mentira de soporte. Así, el resultado anterior puede ser aplicado con $\hbar\mapsto -\hbar$ a mostrar que siempre podemos encontrar las coordenadas en $\hat{\mathbf{P}} f(p) = p f(p)$$\hat{\mathbf{X}} f(p) = i\,\hbar\,\nabla\,f(p)$. QED

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Afternote: una Vez que se tienen las expresiones $\hat{\mathbf{X}} f(x) = x\,f(x);\;\hat{\mathbf{P}} f(x) = -i\,\hbar\,\mathrm{d}_x f(x)$ se deduce que las coordenadas en $\mathbf{P}$ es la simple multiplicación operador $\hat{\mathbf{P}} f(p) = p\,f(p)$ y las coordenadas en $\hat{\mathbf{X}} f(p) = p\,f(p)$ debe estar relacionado mediante una transformada de Fourier. Esto es debido a que las funciones propias de $-i\,\hbar\,\mathrm{d}_x$ real con los valores propios (es decir, de modo que $-i\,\hbar\,\mathrm{d}_x$ es Hermitian) son las funciones de $\exp(i\,k\,x)$ real $k$. Por lo que esta observación nos lleva a un segundo método de la derivación de su resultado, que también doy al final.

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Derivación de Resultado Básico

Volvamos a lo que puede derivarse de la CCR. Vamos a simplificar esta a la unidimensionalidad de las partículas debe ser fácil ver que esto se generaliza con 1D operadores de multiplicación reemplazado por $3\times 3$ diagonal de la matriz de operadores de multiplicación. Se puede demostrar que, dado el CCR, $\hat{\mathbf{X}}$ $\hat{\mathbf{P}}$ deben tener continuo espectros - ver mi respuesta aquí y sobre todo el enlace en el mismo para obtener más información. Los autovalores de a $\hat{\mathbf{X}}$ $\hat{\mathbf{P}}$ puede ser cualquier valor real, así que vamos a asumir en primer lugar, que nuestras coordenadas en el estado cuántico de espacio se han elegido de manera que $\hat{\mathbf{X}}$ es un simple operador de multiplicación $\hat{\mathbf{X}} f(x) = x\,f(x)$ y escribimos el estado cuántico como una función de onda $\psi(x)\in\mathbf{L}^2(\mathbb{R})$ de la posición observables del autovalor $x$, por lo que ahora $|\psi(x)|^2$ es la densidad de probabilidad de la posición autovalor dado el estado cuántico $\psi(x)$. Así que ahora vamos a pensar de $\hat{\mathbf{X}}$ $\hat{\mathbf{P}}$ a medida que los operadores pertenecientes a un espacio lineal $\mathcal{L}$ adecuadamente a los bien portados operadores en $\mathbf{L}^2(\mathbb{R})$. Tenemos que asumir que la $\mathcal{L}$ es un espacio de diagonalizable (es decir, espectral factorisable) operadores continua de los espectros. Entonces podemos pensar que la Mentira de soporte de $\hat{\mathbf{P}}\mapsto[\hat{\mathbf{X}},\,\hat{\mathbf{P}}]$ como operador lineal $\operatorname{ad}_{\hat{\mathbf{X}}}:\mathcal{L}\to\mathcal{L}$ sobre el espacio $\mathcal{L}$ de nuestros operadores. Esta asignación del kernel es el espacio lineal de los operadores asignados a la nada por $\operatorname{ad}_{\hat{\mathbf{X}}}$; estos son, precisamente, el espacio lineal generalizado con operadores de multiplicación $f(x)\mapsto g(x) f(x)$ fijos $g(x) \in \mathbf{L}^2(\mathbb{R})$ definición de cada operador. La razón por la que sabemos este es el núcleo de todo es que los operadores conmutan si y sólo si los operadores tienen los mismos vectores propios y los desplazamientos de los con $\hat{\mathbf{X}}$ son el núcleo de los miembros de la buscamos. Así, un núcleo de miembros debe ser un operador de multiplicación. Ahora una solución particular para el CCR puede ser fácilmente verificado $f(x)\mapsto -i\,\hbar\,\mathrm{d}_x\,f(x)$, y el coset de todos los operadores de $\mathbf{P}$ el cumplimiento de la CCR es el núcleo desplazado por cualquier solución particular, de modo más general, $\hat{\mathbf{P}}$ podemos tener en este sistema de coordenadas es:

$$f(x) \mapsto (-i\,\hbar\,\mathrm{d}_x + g(x))\,f(x) = -i\,\hbar\,\mathbf{Q}^{-1} \mathbf{D} \mathbf{Q} f(x)\quad\quad\quad\quad(2)$$

donde $\mathbf{D} f(x) = \mathrm{d}_x f(x)$ $\mathbf{Q} f(x) = \exp\left(\frac{i}{\hbar} h(x) \right) f(x)$ donde $h(x) = \int g(x)\mathrm{d}x$. Así que ahora podemos girar nuestro estado el espacio de coordenadas de modo que $f(x) \mapsto \mathbf{Q} f(x)$ e las $\hat{\mathbf{X}}$ $\hat{\mathbf{P}}$ observables transformar en este espacio como $\hat{\mathbf{X}}\mapsto \mathbf{Q}\hat{\mathbf{X}}\mathbf{Q}^{-1} = \hat{\mathbf{X}}$$\hat{\mathbf{P}}\mapsto \mathbf{Q}\hat{\mathbf{P}}\mathbf{Q}^{-1} = -i\,\hbar\,\mathbf{D}$. Por lo tanto:

El CCR solo implica que hay una ortogonal sistema de coordenadas para el estado cuántico espacio en el cual:

$$\begin{array}{lcl}\hat{\mathbf{X}} f(x) &=& x\,f(x)\\ \hat{\mathbf{P}} f(x) &=& -i\,\hbar\,\mathrm{d}_x\,f(x)\end{matriz}\quad\quad\quad\quad(3)$$

o, con un intercambio de roles de $\mathbf{X}$ $\mathbf{P}$ junto con un cambio de signo de $\hbar$:

$$\begin{array}{lcl}\hat{\mathbf{P}} f(p) &=& p\,f(p)\\ \hat{\mathbf{X}} f(p) &=& i\,\hbar\,\mathrm{d}_p\,f(p)\end{matriz}\quad\quad\quad\quad(4)$$

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Segundo Método para la obtención de Su Resultado

Podríamos empezar con de Broglie de la hypohthesis que el impulso autoestados son ondas planas (es decir, con la forma funcional $\exp(i\,k\,x)$ en la posición de coordenadas con el ímpetu $\hbar k$ como "fundamental" axioma. A factorise un estado $\psi(x)$ en una superposición de estas ondas, que, por supuesto, el uso de la transformada de Fourier. La hipótesis De De Broglie es equivalente a la afirmación de que el impulso de las coordenadas son la posición en coordenadas transformada de Fourier y el impulso de operador, por nuestra hipótesis de de Broglie impulso de la fórmula, se multiplica estas por $\hbar\,k$, entonces podemos transformar de nuevo en la posición de las coordenadas. Así que nuestro impulso del operador en la posición de coordenadas debe ser:

$$\psi(x) \to \frac{\hbar}{2\,\pi}\int_{-\infty}^\infty\exp(i\,k\,x)\,k\,\int_{-\infty}^\infty\exp(-i\,k\,u)\psi(u)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}k=\\-i\,\hbar\,\mathrm{d}_x\,\left(\frac{1}{2\,\pi}\int_{-\infty}^\infty\exp(i\,k\,x)\,\int_{-\infty}^\infty\exp(-i\,k\,u)\psi(u)\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}k\right) = -i\,\hbar\,\mathrm{d}_x\,\psi(x)\quad\quad\quad\quad(5)$$

Así que, si ahora la transformada de Fourier de nuestras coordenadas, de modo que:

$$\Psi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\int_{-\infty}^\infty\exp\left(i\,\frac{p}{\hbar}\,x\right)\psi(x)\mathrm{d} x\quad\quad\quad\quad(6)$$

entonces podemos ver que (por ejemplo, mediante la integración por partes)

$$p\,\Psi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\int_{-\infty}^\infty\exp\left(i\,\frac{p}{\hbar}\,x\right)\left(-i\,\hbar\,\mathrm{d}_x \psi(x)\right)\,\mathrm{d} x\quad\quad\quad\quad(7)$$

y también (por una simple diferenciación en virtud de la integral)

$$i\,\hbar\,\mathrm{d}_p \Psi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\int_{-\infty}^\infty\exp\left(i\,\frac{p}{\hbar}\,x\right)\, x \,\psi(x)\,\mathrm{d} x\quad\quad\quad\quad(8)$$

y, entonces, (7) y (8) son el impulso y la posición de los operadores, respectivamente, en el impulso de las coordenadas, por lo tanto, tenemos una segunda manera de entender su resultado.

Answer 2

Para solucionar esto vamos a utilizar un eigen base de la posición ${\left|x\right\rangle}$

Representamos a un ket-estado en esta base como $\left|\psi\right\rangle$ y un operador lineal ${M}$ tal que $${M\left|\psi\right\rangle} = \left|M\psi\right\rangle$$

Por lo tanto tenemos: $${\left\langle x\right.\left|\psi\right\rangle} = {\psi}{(x)}$$ $${\left\langle x\right.\left|M\psi\right\rangle} = M{\psi}{(x)}$$

Por lo tanto $M$ actúa como un operador lineal sobre el espacio de todas las funciones representadas por ${\psi}{(x)}$. Obviamente $M{\psi}{(x)}$ devuelve una función. Por el canónica relaciones de conmutación(CCR) tenemos:

$$xp-px = ih$$

Sabemos $x$, es simplemente la multiplicación de $x$ en la función de onda. Pero ¿cómo podemos conseguir la mayoría de la definición general de las $p$ como un operador lineal? He aquí cómo:

Vamos a empezar con un operador de la derivada de $K$ tal forma que:

$$\left\langle x\right|K\left|\psi\right\rangle = {\psi'}{(x)}$$

$K$ es lineal y puramente imaginario operador (voy a dejar de trabajar que fuera). También encontramos que:

$$\left\langle x\right|Kx\left|\psi\right\rangle = x{\psi'}{(x)} + {\psi}{(x)} = \left\langle x\right|xK\left|\psi\right\rangle + \left\langle x\right.\left|\psi\right\rangle$$

Nos encontramos con que $Kx-xK=1$, se puede conectar $K$ en el CCR y obtenga $$p=-ihK$$ . Más... ¿o no?? Procurad, más bien $K+f(x)$ donde $f(x)$ es arbitraria en función de x. Ahora podemos conseguir

$$\left\langle x\right|(K+f)\left|\psi\right\rangle = x{\psi'}{(x)} + f(x)x{\psi}{(x)} + {\psi}{(x)} = \left\langle x\right|x(K+f)\left|\psi\right\rangle + \left\langle x\right.\left|\psi\right\rangle$$

Por lo tanto, $$p=-ih(K+f)$$ es la realidad la mayoría de la solución general de la CCR.

Se puede decir, 'Oh, dios mío!! Se ha perdido toda esperanza'. Digo "jaja no tengas miedo, vamos a mirar más profundamente en el problema'. Vamos a intentar esto:

$$\left\langle x\right|Kf\left|\psi\right\rangle = f(x){\psi'}{(x)} + f'(x){\psi}{(x)} = \left\langle x\right|fK\left|\psi\right\rangle + \left\langle x\right|f'\left|\psi\right\rangle$$

A continuación, obtener: $$Kf-fK=f'$$ . ¿Cómo ayudar?', dice usted. "Ten paciencia muchacho, no estamos limitados a un solo eigenbasis.' Puedo realizar la siguiente transformación:

$\left|x\right\rangle \to {e^{-i{\gamma}}}\left|x\right\rangle$

Naturalmente, también podemos decir:

$\left\langle x\right| \to \left\langle x\right| {e^{i{\gamma}}}$

$\left|\psi\right\rangle \to {e^{-i{\gamma}}}\left|\psi\right\rangle$

donde ${\gamma}$ es una muestra aleatoria de la función de $x$. He aquí por qué esta transformación es aceptable (lo que se llama una transformación unitaria):

$$\left\langle x\right|\left.\psi\right\rangle \to \left\langle x\right| {e^{i{\gamma}}} {e^{-i{\gamma}}} \left|\psi\right\rangle = {\psi}{(x)}$$

Así se conserva la probabilidad.

Un operador lineal $M$ transforma:

$$M \to {e^{-i{\gamma}}}M{e^{i{\gamma}}}$$

Así que vamos a conectar a nuestro operador $K+f$ aquí (es transformar a se denota por a K^*):

$$K^* = {e^{-i{\gamma}}}(K+f){e^{i{\gamma}}} = {e^{-i{\gamma}}}K{e^{i{\gamma}}} + f$$

El uso de $Kg-gK=g'$, obtenemos:

$$K^* = {e^{-i{\gamma}}}{e^{i{\gamma}}}({i{\gamma'}} + K) + f = K + {i{\gamma'}} + f$$

Elegir un arbitrario de fase tal que ${i{\gamma'}(x)}$ es siempre igual a $-f(x)$.

Mediante la elección de un arbitrario como fase anterior obtenemos $K^* = K$, por lo tanto, aquí la mayoría de la solución general de la $p$ aquí es $-ihK$. A lo largo de mi respuesta, me podría haber representado $K$$d/{dx}$, pero la elección del símbolo realmente no importa ya que ya he dicho que $K$ los rendimientos de la derivada.

Consulte Dirac "los Principios de la mecánica Cuántica" para la misma derivación en dimensiones superiores (Sección 21-22). También encontrará, en mayo de lugares en la física, que tenemos bastante liberal interpretaciones de los operadores, seleccionamos los planes basados en la pura conveniencia.