¿Cómo obtener el operador de la posición en la representación del ímpetu de conocer el operador de momentum en la representación de la posición?

Question

Lo sé

$$\tag{1}\hat{p}~=~-i\hbar \frac{\partial}{\partial x}~.$$

Cómo puedo obtener

$$\tag{2}\hat{x}~=~i\hbar \frac{\partial}{\partial p}~?$$

Creo que esta simple y estoy a poco más de pensar que es, pero saber el operador del ímpetu (1), ¿cómo puedo obtener el operador posición (2)?

Answer 1

Aquí está cómo hacerlo.

En primer lugar, observe que para cualquier estado $|\psi\rangle$, tenemos \begin{align} \langle p|[\hat x, \hat p]|\psi\rangle &= \langle p|\hat x\hat p-\hat p\hat x|\psi\rangle \\ &= \langle p|\hat x\hat p|\psi\rangle - \langle p|\hat p \hat x|\psi\rangle \\ &= \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle - p\langle p|\hat x|\psi\rangle \end{align} Ahora, el recuerdo de la canónica de conmutación relación entre el$\hat x$$\hat p$; \begin{align} [\hat x, \hat p] &= i\hbar \hat I \end{align} donde $\hat I$ es el operador identidad. El uso de este hecho en el lado izquierdo de la manipulación que se le acaba de realizar, y haciendo un poco de reorganización, nos encontramos con que \begin{align} p\langle p|\hat x|\psi\rangle = \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle -i\hbar\langle p|\psi\rangle. \tag{1} \end{align} Ahora, se centran en el primer término de la derecha. tenemos \begin{align} \langle p|\hat x \hat p|\psi\rangle &= \int dx\,\langle p|\hat x|x\rangle\langle x|\hat p|\psi\rangle \\ &= \int dx\, x e^{ipx/\hbar}\left[-i\hbar \frac{d}{dx}\psi(x)\right] \\ &= i\hbar \int dx\, \frac{d}{dx}(xe^{ipx/\hbar})\psi(x) \\ &= i\hbar \int dx\, e^{ipx/\hbar}\psi(x) + i\hbar\int dx\,x\left(\frac{ip}{\hbar}\right)e^{ipx/\hbar}\psi(x) \\ &= i\hbar\psi(p) -p\int dx\,xe^{ipx/\hbar}\psi(x)\\ &= i\hbar\psi(p)+i\hbar p\frac{d}{dp}\int dx\,e^{ipx/\hbar}\psi(x) \\ &= i\hbar\psi(p)+i\hbar p \frac{d}{dp}\psi(p) \tag{2} \end{align} donde hemos hecho uso liberal de la integración por partes, y las siguientes identidades: \begin{align} \int dx\, |x\rangle\langle x| = \hat I, \qquad \psi(x) \overset{\mathrm{def}}{=} \langle x|\psi\rangle, \qquad \psi(p) \overset{\mathrm{def}}{=} \langle p|\psi\rangle,\qquad \langle x|\hat p|\psi\rangle = -i\hbar\frac{d}{dx}\psi(x). \end{align} El último hecho es, precisamente, la afirmación de que la posición del espacio de la representación del impulso del operador es $-i\hbar d/dx$. Ahora se combinan $(1)$ $(2)$ obtener \begin{align} p\langle p|\hat x|\psi\rangle = i\hbar p\frac{d}{dp}\psi(p) \end{align} Próximo, que simplemente tenga en cuenta que si se denota el impulso espacio de representación de la posición del operador como $D^{(p)}(\hat x)$, entonces por definición \begin{align} D^{(p)}(\hat x)\psi(p) = \langle p|\hat x|\psi\rangle, \end{align} La combinación de este con $(3)$, asumiendo $p\neq 0$, y dividiendo ambos lados por $p$, obtenemos el resultado deseado; \begin{align} D^{(p)}(\hat x) = i\hbar \frac{d}{dp} \end{align} No estoy del todo seguro de cómo tratar con el caso de $p=0$, pero supongo que esto es un tecnicismo cuya no resolución se puede vivir temporalmente.

Answer 2

Asumir uno dimensional y $\hbar=1$

1. \begin{array} \hat \hat{p} |p \rangle &= p | p \rangle \\ \langle x | \hat{p} |p \rangle &= p \langle x | p \rangle \\ -i \frac{\partial}{\partial x} \langle x| p \rangle &= p \langle x| p \rangle \,\,\,\, (1) \end{Matriz}

Porque usted ya conocía a $\hat{p}=-i\frac{\partial}{\partial x}$, por lo tanto, $\langle x |\hat{p}| \psi \rangle =-i \frac{\partial}{\partial x} \langle x | \psi \rangle$. Tomar $|\psi\rangle = | p \rangle$, obtenemos (1).

Resolver la ecuación diferencial (1) $\langle x| p \rangle$, tenemos $$\langle x | p \rangle= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{ipx} $$, $ \frac{1}{\sqrt{2\pi}} $ es una constante de normalización.

2.\begin{array} \langle \langle p | \hat{x} | p' \rangle &= \int \!\! \int \langle p |x \rangle \langle x | \hat{x}| x' \rangle \langle x'|p' \rangle dxdx' \\ &= \frac{1}{2\pi} \int \!\! \int e^{-ipx+ip'x'} x' \delta (x-x') dx dx' \\ &= \frac{1}{2\pi} \int e^{-i(p-p')x} x dx \\ &= \frac{i}{2\pi} \frac{ \partial}{\partial p} \int e^{-i(p-p')x} dx \\ &= i \frac{ \partial}{\partial p} \delta(p-p') \end{matriz}

3. debemos mostramos $$ \langle p | \hat{x} | \psi \rangle = i \frac{ \partial}{\partial p} \psi(p), \forall |\psi\rangle $$, here $\psi (p): = p \langle | \psi \rangle$.

Por el siguiente procedimiento\begin{array} \langle \langle p | \hat{x} | \psi \rangle &= \int \langle p| \hat{x} | p' \rangle \langle p' | \psi \rangle dp' \\ &= \int i \frac{ \partial}{\partial p} \delta(p-p') \psi(p') dp' \\ &= i \frac{ \partial}{\partial p} \psi(p) \end{matriz}

Answer 3

Usted realmente no necesita $\hat{p}$ a ello. Usted puede comenzar desde el hecho de que $\hat{x}$, cuando se aplica a una posición eigenfunction, tiene que producir la posición correspondiente autovalor ($x_0$) veces la misma función:

$$\hat{x}\phi_{x_0}(p) = x_0\phi_{x_0}(p)$$

En el momento de la representación, la posición de funciones propias tomar la forma $\phi_{x_0}(p) = e^{-ipx_0/\hbar}$. (Que viene de la transformada de Fourier de la función delta.) Así que lo que el operador puede aplicar a este, que saca un factor de $x_0$? No es difícil de averiguar por alguna combinación de intuición, de prueba y error, que un derivado con respecto a $p$ va a hacer el truco, específicamente

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial p}e^{-ipx_0/\hbar} = x_0e^{-ipx_0/\hbar}$$

Eso es suficiente para identificar

$$\hat{x} = i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$$

Incluso si usted tiene la definición de $\hat{p}$, esta es probablemente la forma más fácil de encontrar $\hat{x}$ en el momento de la representación. Si quieres venir con una prueba de que explícitamente implica la definición de $\hat{p}$, usted tiene que entender lo que la otra parte de la definición de la posición de la representación que desea descartar a hacer lo necesario para empezar a de $\hat{p}$.

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Como una áspera discusión, se podría decir que la posición y el impulso de las representaciones están relacionadas por el complejo de la conjugación. Observe que la transformación que se obtiene a partir de la posición de la representación para el impulso de la representación es este:

$$\phi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\psi(x)e^{-ipx/\hbar}\mathrm{d}x$$

y el que te lleva de vuelta es este:

$$\psi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\phi(p)e^{ipx/\hbar}\mathrm{d}p$$

Si usted exchange $\psi(x)\leftrightarrow\phi(p)$, $x\leftrightarrow p$, y $i\leftrightarrow -i$, deja estas transformaciones sin cambios. Esto implica que usted puede "cambiar" la posición del espacio y el impulso de espacio en la fórmula que tan largo como usted también toma el conjugado complejo.

Aplicando este razonamiento a $\hat{p} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}$, consigue $\hat{x} = i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$.

Answer 4

Dirac argumenta a partir de la simetría en sus Principios de QM:

En un 1-D, $\hat{q}$ $\hat{p}$ ambos son observables, con valores propios, que se extiende desde $-\infty$$+\infty$, y están conectados por la conmutación de la relación de $[\hat{q},\hat{p}]=i \hbar$.

Ya que uno puede intercambiar $\hat{q}$ $\hat{p}$ en estas ecuaciones si $i$ es reemplazado por $-i$, de ello se sigue que, si hay una representación en la que $\hat{q}$ es diagonal y

$$\hat{p} = -i \hbar \frac{d}{dq} $$

debe haber también una representación en la que $\hat{p}$ es diagonal y

$$\hat{q} = +i \hbar \frac{d}{dp} $$

QED.

En realidad, Dirac hace primero un poco de trabajo para demostrar que el $\hat{p}$ es un hecho observable, con una gama infinita de valores propios, como $\hat{x}$.

Creo que la ambigüedad señalada por Qmechanic no aparece aquí porque:

• Dirac construcciones de los autoestados de $\hat{q}$ específicamente para dar a los simples, de un solo término de la expresión para $\hat{p}$
• En Qmechanic del análisis de los autoestados son especificados por "el enemigo" y no son ajustables.

Answer 5

Decir que estamos en sus manos una 1D mecánica cuántica sistema, que satisface la canónica de conmutación relación

$$\tag{1} [\hat{Q},\hat{P}]~=~ i\hbar~{\bf 1}, $$

y se la entregó a alguna elección de los autoestados $|q\rangle$ $|p\rangle$ para cada valor de $q,p\in\mathbb{R}$. Los autoestados de satisfacer

$$\etiqueta{2} \hat{Q} \mid q \rangle ~=~q\mid q \rangle, \qquad \hat{P}\mediados de p \rangle ~=~p\mediados de p \rangle , $$

$$\etiqueta{3} \langle q \mid q^{\prime} \rangle~=~\delta(q-q^{\prime}), \qquad \langle p \mediados de p^{\prime} \rangle~=~\delta(p-p^{\prime}),$$

$$\etiqueta{4}\int_{\mathbb{R}} \!dq~ \mid q \rangle\langle q \mid~=~{\bf 1}, \qquad \int_{\mathbb{R}} \!dp~ \a mediados de p \rangle\langle p \mid~=~{\bf 1}. $$

Autoestados (2) no está definida de forma única. Uno podría, en principio, volver a definir con la fase de factores

$$\tag{5} |q \rangle ~\longrightarrow~ |q \rangle^{\prime}~:=~f(q)|q \rangle, \qquad |p \rangle ~\longrightarrow~ |p \rangle^{\prime}~:=~g(p)|p \rangle, $$

donde $f$ $g$ son de dos fases de factores $|f|=|g|=1$. La nueva base también satisfacer nca. (2-4). Por lo tanto, si el enemigo ha elegido a los autoestados (2) para nosotros, debemos (como mínimo) esperar que la posición y el impulso de Schrödinger, la representación podría contener no trivial de la fase de factores

$$\tag{6} \hat{Q}~=~q, \qquad \frac{i}{\hbar}\hat{P}~=~ \frac{1}{f(q)}\frac{\partial}{\partial q} f(q)~=~ \frac{\partial}{\partial q} +\frac{f^{\prime}(q)}{f(q)}, $$

y

$$\tag{7} \hat{P}~=~p, \qquad \frac{1}{i\hbar}\hat{Q}~=~ \frac{1}{g(p)}\frac{\partial}{\partial p} g(p)~=~ \frac{\partial}{\partial p} +\frac{g^{\prime}(p)}{g(p)}, $$

respectivamente. Tenga en cuenta que las dos representaciones de Schrödinger (6-7) son consistentes con el CCR (1). [Por otro lado, resulta que el nca. (6-7) constituyen el más general de la posición y el impulso de Schrödinger representaciones, respectivamente. Esto puede ser, por ejemplo, establecido a partir de conocer el formato más general de la $\langle p \mid q \rangle$ de solapamiento, ver, por ejemplo, este Phys.SE conteste.]

Ahora volvamos al OP de la pregunta. Suponga que $\hat{P}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial q}$, es decir, que la posición de fase factor de $f(q)$ es una constante (independiente de $q$) en la ecuación. (6). Esto no implica que $\hat{Q}=i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$, es decir, que el impulso de fase factor de $g(p)$ es una constante, así como en eq. (7).

Insistimos en que la fase dos factores en la nca. (6-7) no son sólo un ejercicio académico. A menudo, uno sería, por supuesto, tratar de elegir autoestados (2) de tal forma que la fase de factores $f$ $g$ se desvanecen, como generalmente se supone en los libros de texto de primaria. Sin embargo, en la realidad de los sistemas cuánticos, esto no puede ser posible, por diversas razones, por ejemplo, la dependencia de los parámetros externos, o topológico obstrucciones. En tales situaciones, la fase de factores $f$ $g$ puede tener importantes consecuencias físicas.