¿Por qué las transformaciones de Galileo se escriben así en la Mecánica Cuántica?

Question

En la mecánica cuántica se dice que la transformación de Galileo $$\hat{\mathbf{r}}\mapsto \hat{\mathbf{r}}-\mathbf{v}t\quad \text{and}\quad \hat{\mathbf{p}}\mapsto \hat{\mathbf{p}}-m\mathbf{v}\tag{1}$$ viene dado por el operador $$\hat{G}(\mathbf{v},t)=\exp\left[\dfrac{i}{\hbar}\mathbf{v}\cdot (m\hat{\mathbf{r}}-\hat{\mathbf{p}}t)\right].\tag{2}$$ Ahora quiero entender cómo se demuestra que este es el operador que implementa la transformación de Galileo.

No puedo entender, porque para mí, ya que queremos $\hat{\mathbf{r}}\mapsto \hat{\mathbf{r}} -\mathbf{v}t$ parece que el operador debería ser simplemente una traducción por $\mathbf{v}t$ que sería

$$\hat{G}(\mathbf{v},t)=\exp\left[\dfrac{i}{\hbar}\hat{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{v}t\right]$$

pero no es eso. También está el $m\hat{\mathbf{r}}$ parte que no entiendo de dónde viene.

He intentado dos cosas: primero, definir $\tilde{\psi}(\mathbf{r},t)=\psi(\mathbf{r}+\mathbf{v}t,t)$ para ser la función de onda transformada. También me lleva a la traducción solamente.

Lo segundo fue definir

$$\hat{G}(\mathbf{v},t)=1+\dfrac{i}{\hbar}\hat{\varepsilon}(\mathbf{v},t)$$

con ${\varepsilon}$ infinitesimal e imponer las condiciones

$$\hat{G}(\mathbf{v},t)^\dagger \hat{\mathbf{R}}(t)\hat{G}(\mathbf{v},t)=\hat{\mathbf{R}}(t)-\mathbf{v}t$$ $$\hat{G}(\mathbf{v},t)^\dagger \hat{\mathbf{P}}(t)\hat{G}(\mathbf{v},t)=\hat{\mathbf{P}}(t)-m\mathbf{v}$$

en términos del operador infinitesimal esto se convierte en

$$\dfrac{i}{\hbar}[\hat{\mathbf{R}}(t),\hat{\varepsilon}(\mathbf{v},t)]=\mathbf{v}t, \quad\dfrac{i}{\hbar}[\hat{\mathbf{P}}(t),\hat{\varepsilon}(\mathbf{v},t)]=m\mathbf{v}$$

pero esto no lleva muy lejos.

Entonces, ¿cuál es el razonamiento detrás de la $\hat{G}$ suele presentarse como el operador que implementa las transformaciones de Galileo?

Answer 1

Obsérvese que, en primer lugar, en una transformación galileana, de $S$ a $S'$ una partícula de momento constante tendrá su energía diferente en $S'$ que $S$ porque la energía cinética es proporcional a la velocidad al cuadrado. Sabemos que las funciones de onda (en un potencial independiente del tiempo) oscilan como $$ e^{-i\dfrac E\hbar t} $$ por lo que tenemos que tenerlo en cuenta cuando miramos en nuestros diferentes marcos.

Apliquemos estos resultados. Lo que encontraremos es que la contabilización de este cambio de momento te da el término que te confunde, y el cambio de energía te da el término que sospechas que sería la respuesta.

Considere una partícula en $S$ con impulso $\vec p$ y la masa $m$ . Su función de onda $\psi$ es entonces

$$ \psi = e^{i\left(\dfrac{\vec p \cdot \vec x}{\hbar} - \dfrac{p^2}{2m\hbar}t\right)} $$

En $S'$ con velocidad $\vec v_0$ , su impulso se dirige a $\vec p' = \vec p - m \vec v_0$ y de la misma manera cambia su energía. $E' = \frac{(p')^2}{2m}$ Así que nos encontramos con que

$$ E' = E - \vec p \cdot \vec v_0 + \frac 12 m v_0^2 $$

Como la función de onda debe tener una forma similar a la de $S'$ ,

$$ \psi' = e^{i\left(\dfrac{\vec p' \cdot \vec x}{\hbar} - \dfrac{E'}{\hbar}t\right)} $$

Introduciendo estos nuevos valores de energías y momentos se obtiene esta forma,

$$ \psi' = e^{i\left(\dfrac{\vec p \cdot \vec x}{\hbar} - \dfrac{m\vec v_0\cdot \vec x}{\hbar}-\dfrac{Et}{\hbar} + \dfrac{\vec p \cdot \vec v_0}{\hbar}\right)} e^{-i\dfrac {m v_0^2t}{2\hbar} } $$

dejamos de lado el último término porque es invariante con respecto al momento. Es sólo una fase global (si hay un solo tipo de masa). Reordenando nos lleva a encontrar eso,

$$ \psi' = e^{i\dfrac{\vec p \cdot \vec v_0 t}{\hbar}}e^{-i \dfrac{m\vec v_0\cdot \vec x}{\hbar}}\psi $$

Esta es exactamente la transformación que usted afirma que es la transformación galileana. Sustituyendo $\vec p$ con un operador da,

$$ \psi' = \hat G \psi $$

donde $\hat G = e^{i\dfrac{\vec p \cdot \vec v_0 t}{\hbar}}e^{-i \dfrac{m\vec v_0\cdot \vec x}{\hbar}}$ Dado que los estados de momento son una base completa, esto es válido para cualquier superposición de estados de momento. Así que en general, es cierto, y hemos derivado $\hat G$ . Es debido al cambio de energía y momento en diferentes marcos.

Answer 2

Es sencillo comprobar que la ecuación de OP. (2) genera efectivamente transformaciones galileanas. Más bien parece que OP está preguntando

¿Cómo se obtiene la fórmula (2) a partir de los primeros principios?

Derivación esquemática de la fórmula (2):

1. Consideremos primero la teoría clásica. El lagrangiano hamiltoniano para una partícula libre no relativista es $$L_H~=~\sum_{k=1}^3p_k\dot{x}^k-H, \qquad H~:=~ \frac{1}{2m}\sum_{k=1}^3p_k p_k.\tag{A}$$

2. Demuestre que un infinitesimal Transformación galilea $$\delta x^k~=~t ~\delta v^k, \qquad \delta p^k~=~m ~\delta v^k, \qquad \delta t~=~0,\tag{B}$$ es un cuasi-simetría $$ \delta L_H ~=~\frac{d}{dt}\sum_{k=1}^3m x_k~\delta v^k \tag{C} $$ para el lagrangiano hamiltoniano (A). [En cuanto a la cuasi-simetría, el lector también puede disfrutar leyendo este post relacionado de Phys.SE].

3. Utilice Teorema de Noether para encontrar la correspondiente carga completa de Noether $$ Q_k~=~ tp_k - m x_k.\tag{D}$$ [El primer término $tp_k$ es la carga de Noether desnuda, mientras que el segundo término $m x_k$ proviene de la dcha. de la ec. (C).]

4. Como comprobación, obsérvese que la carga de Noether (D) genera la transformación galileana infinitesimal (B), $$ \delta ~=~\sum_{k=1}^3 \{~\cdot~ , Q_k\} ~\delta v^k ,\tag{E}$$ como debería, cf. mi respuesta de Phys.SE aquí .

5. Utilice el principio de correspondencia entre la física clásica y la cuántica para deducir que $$ \delta ~=~ \sum_{k=1}^3\frac{1}{i\hbar}[~\cdot~ , \hat{Q}_k] ~\delta v^k, \tag{F}$$ donde $$ \hat{Q}_k~=~ t\hat{p}_k - m \hat{x}_k.\tag{G}$$ es el operador de carga de Noether.

6. Utiliza argumentos estándar para integrar la transformación galileana infinitesimal (F) en una transformación galileana finita para conseguir la fórmula buscada por OP (2). $\Box$