Cambio unitario de X Base: Shankar Ejercicio 7.4.9

Question

Estoy estudiando la Mecánica Cuántica de Shankar y me he atascado en uno de sus ejercicios.

En el ejercicio 7.4.9 Shankar quiere que demostremos que:

si $\mid x \rangle$ pasa a ser $\mid \tilde{x}\rangle$ := $e^{ig(X)/\hbar}\mid x\rangle$ = $e^{ig(x)/\hbar}\mid x\rangle$ donde $g(x) = \int^x f(x')dx',$ entonces $\langle \tilde{x}'\mid X \mid \tilde{x}\rangle$ = $x\delta(x-x').$

Este es mi intento:

$\langle\tilde{x}'\mid X \mid \tilde{x}\rangle = e^{-ig(x')/\hbar}\langle x'\mid X \mid x\rangle e^{ig(x)/\hbar}$ y, utilizando el hecho de que $\langle x'\mid X \mid x\rangle = x\delta(x-x'),$ Obtengo $$x\delta(x-x')e^{i(g(x) - g(x'))/\hbar}$$ Es evidente que la función exponencial debe ser 1 para obtener la respuesta de Shankar; pero no me queda claro que $$e^{i(g(x) - g(x'))/\hbar} = 1.$$ ¿En qué me he equivocado?

Answer 1

En realidad, obtuviste el resultado correcto, sólo que no lo viste. En el sentido de las distribuciones tenemos que $$x\delta(x-x')e^{i(g(x) - g(x'))/\hbar}=x\delta(x-x')$$ Estas expresiones, no tienen sentido si no es bajo un signo de integración con una función de prueba $h\in C^\infty_0(\Bbb{R})$ o $h\in\mathcal{S}(\Bbb{R})$ las funciones suaves (infinitamente diferenciables) de soporte compacto o el Espacio de Schwartz de funciones de rápido decrecimiento . En cualquier caso, dejemos que $h(x)$ sea una función de este tipo. Entonces tenemos que \begin{align}\int_{\Bbb{R}}x\delta(x-x')e^{i(g(x) - g(x'))/\hbar}h(x)dx&=x'e^{i(g(x) - g(x'))/\hbar}h(x')\\ &=x'h(x')\\ &=\int_{\Bbb{R}}x\delta(x-x')h(x)dx\end{align} Dado que el resultado es el mismo para cualquier función de prueba $h$ las distribuciones son las mismas, y ya tienes tu resultado.

Answer 2

¡Así que he sido capaz de averiguarlo! Resulta que me salté un paso.

Así que empiezas con:

$\langle\tilde{x}'\mid X \mid \tilde{x}\rangle = e^{-ig(x')/\hbar}\langle x'\mid X \mid x\rangle e^{ig(x)/\hbar}$ = $\langle x'\mid X \mid x\rangle e^{i(g(x)-g(x'))/\hbar}$

A continuación $X\mid x\rangle = x\mid x\rangle$ la fórmula anterior se convierte en $x\langle x'\mid x\rangle e^{i(g(x)-g(x'))/\hbar}$

Ahora Shankar nos dice que $\langle x'\mid x\rangle = 0$ para $x\neq x'$ por lo que la fórmula anterior es 0 a menos que $x = x'$ .

Esto significa que el término exponencial se convierte en $e^{i(g(x)-g(x)/\hbar} = e^0 = 1$

Y finalmente usamos la relación final de Shankar que $\langle x'\mid x\rangle$ = $\delta(x-x')$ para llegar finalmente a la solución $\langle \tilde{x}'\mid X \mid \tilde{x}\rangle$ = $x\delta(x-x').$