Derivando la expectativa de $[\hat X,\hat H]$

Question

Para una partícula libre de masa $m$, con Hamilton

$$\hat{H} = \frac {\hat{P}^2} {2m},$$

donde $$\hat{P} = -i \hbar \frac{\partial} {\partial x}.$$

La conmutativa relación está dada por

$$[\hat{X}, \hat{H}] = \frac {i\hbar} {m} \hat{P}\tag{1}$$

En el común de los eigenstate de $\hat{H}$ y $\hat{P}$, $|e, p\rangle$, podemos hacer la siguiente?

$$\langle e, p| [\hat{X}, \,\hat{H}] |e, p\rangle = \langle e, p|\hat{X} (\hat{H}|e, p\rangle) - (\langle e, p|\sombrero{H}) \hat{X}|e, p\rangle \\ = \langle e, p|\hat{X} (e|e, p\rangle) - (\langle e, p|e) \hat{X}|e, p\rangle \\ = e( \langle e, p|\hat{X}|e, p\rangle - \langle e, p|\hat{X}|e, p\rangle ) \\ = 0 $$

Puesto que el $\hat{H}$ es Hermitian, por encima de la derivación no parece mostrar ningún defecto. Dada la relación conmutativa, Eq (1), sabemos que el resultado es incorrecto. Lo que está mal con el por encima de derivación?

[EDITAR]

Siguiendo el comentario de Luboš Motl, he trabajado la solución y me gustaría compartir aquí. El enlace proporcionado por Qmechanic tenía la solución estrechamente relacionados con esta cuestión.

$$ \langle e', p'| [\hat{X}, \,\hat{H}] |e, p\rangle \\ = \langle e', p'|\hat{X} (\hat{H}|e, p\rangle) - (\langle e', p'|\sombrero{H}) \hat{X}|e, p\rangle \\ = (e - e') \langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle $$

Tenga en cuenta que:

$$ e - e' = \frac{p^2}{2m} - \frac{p'^2}{2m} = \frac{(p+p')(p-p')}{2m} $$

$$ \langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle = -i\hbar \delta'(p - p') $$

donde $\delta'(\cdot)$ es la derivada de la función de Dirac, con respecto a $p$.

A continuación, obtenemos

$$ (e - e') \langle e', p'|\hat{X}|e, p\rangle \\ = -i\manejadores \frac{(p+p')}{2m} \cdot (p - p')\delta "(p - p') \\ = - \frac{i\manejadores (p+p')}{2m} \cdot (-\delta(p - p')) \\ = \frac{i\manejadores (p+p')}{2m} \delta(p - p') $$

Como nos tomamos el límite de $p \rightarrow p'$:

$$ lim_{p \rightarrow p'} \frac{i\manejadores(p+p')}{2m} \delta(p - p') \\ \rightarrow \frac{i\manejadores}{m} p \delta(p - p') $$

Answer 1

Como es habitual en este tipo de pregunta, voy a señalar a este papel, el cual excelente analiza los problemas que el formalismo de Dirac.

Ahora, en el ejemplo concreto, el problema radica en la energía/el impulso de los estados $| p_0 \rangle$ propios, que no normalizable, ya que la función de onda asociada es la transformada de Fourier de $\delta(p-p_0)$, lo que significa que $\psi_{|p_0\rangle}(x) = \mathrm{e}^{-\frac{ixp_0}{\hbar}}$. Si ahora tratamos de calcular el producto interior, encontrará: $$\langle p_0 | p_0 \rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\psi_{|p_0\rangle}(x)\bar{\psi}_{|p_0\rangle}(x) \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{-\frac{ixp_0}{\hbar}} \mathrm{e}^{\frac{ixp_0}{\hbar}}\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^\infty 1 \mathrm{d}x $$

Por lo tanto, el impulso autoestados son no normalizable, y escribir cosas como $\langle p_0 |X |p_0\rangle - \langle p_0 |X |p_0\rangle$ es realmente no sensical, porque estás restando dos infinitos. En particular, no es $0$.

Answer 2

Una pregunta difícil, la verdad. Aparte del hecho de que su $\lvert e,p\rangle$ vector no pertenecen a $L^2$ (por lo tanto, usted no puede tomar escalar productos de la misma), no veo ningún otro defecto. Que, en mi opinión, significa que usted tiene un buen argumento para probar la matemática siguiente declaración:

Deje $\mathscr{H}$ ser un espacio de Hilbert separable, $0\neq z\in\mathbb{C}$. No hay auto-adjunto operadores de $A$ $B$ con los no-vacío discreta del espectro diferente de cero tal que $[A,B]=z$.

Estrechamente relacionado con el hecho, el siguiente resultado de Von Neumann: hasta multiplicidad y unitaria de la equivalencia, relaciones de $[A,B]=i$ (en su exponentiated forma) son los únicos realizado por $A=x$ (operador de multiplicación) y $B=-i\nabla_x$, que de hecho no tienen discreta del espectro.

EDITADO (en respuesta al comentario, también, la afirmación anterior no ha sido modificado ligeramente, para ser más precisos):

Un número $\lambda\in \mathbb{R}$ está en el espectro discreto de $A$ ( llamado $\sigma_{disc}(A)$ ) si existe al menos una $\psi_{\lambda}\in \mathscr{H}$ ( el espacio de Hilbert, usualmente $L^2(\mathbb{R}^d)$ ) tales que $$A\psi_\lambda=\lambda\psi_\lambda\; .$$ Suppose there exist $Un$ and $B$ self-adjoint such that $0\neq \lambda \en \sigma_{disc}(B)$ and $[a,B]=z$ (en un adecuado dominio denso). Ahora se sigue que (en otro dominio adecuado) $$[A,B^2]=2zB\; .$$ Deje $\psi_\lambda\in \mathscr{H}$ ser una de las funciones propias de $B$ asociado a $\lambda$. Por un lado, $$2z\langle\psi_\lambda, B\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}=2z\lambda \lVert \psi_\lambda \rVert^2_{\mathscr{H}}\; ;$$ en el otro $$\langle\psi_\lambda, AB^2\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}- \langle\psi_\lambda, B^2A\, \psi_\lambda\rangle_{\mathscr{H}}=0$$ como usted sugiere. Eso es absurdo, ya que $z$, $\lambda$ y $\lVert \psi_\lambda \rVert^2_{\mathscr{H}}$ son diferentes de cero.

De ello se sigue que no puede haber dos auto-adjuntos a los operadores de esos que $[A,B]=z$$\sigma_{disc}(B)\neq \{0\},\emptyset$. El razonamiento anterior no funciona si no hay eigenfunction $\psi_\lambda\in \mathscr{H}$ (debido a que con formal de las funciones propias que no se les permite tomar escalar productos o normas: no son finitos).