¿Depende cada observable de la posición e ímpetu?

Question

En la primera respuesta de esta pregunta se dice que cada cuántica observable, vamos a decir $\hat{A}$, se puede representar como una función de la posición y el impulso de las características observables. En otras palabras, como yo lo entiendo, si $H$ es el espacio de Hilbert se extendió por la posición eigenkets, entonces cada observable puede ser representado como: \begin{equation} \hat{A}=\hat{A}(\hat{x},\hat{p}) \end{equation} Pero, ¿qué son las matemáticas (o la física?) razones para que esto sea cierto?

Suponiendo que esto es cierto, entonces, ¿qué sucede si tenemos en cuenta el giro de la parte de espacio de Hilbert? Se parece a otro par de operadores de $(\hat{s_1},\hat{s_2})$ de manera tal que cada observable en el giro de espacio pueden ser representados como funciones de $(\hat{s_1},\hat{s_2})$?

Sé que son muchas preguntas, pero principalmente estoy interesado en el primero. Gracias!

Answer 1

1. En el clásico de la física, la definición de un observable es que es un (liso) en función de la posición y el momentum. Por lo tanto, los sistemas cuánticos obtenidos puramente por la cuantización de un sistema clásico también tiene que todas sus características observables son funciones de la posición y el momentum.

2. En cuántica de la física, de un observable es sólo un operador designar a pertenecer a la "álgebra de hechos observables". No hay ninguna razón a priori para incluso tener la posición y el impulso de los operadores, y de hecho, en los sistemas con finito-dimensional del estado de los espacios (como qubits o en otro sistema sin una posición de grados de libertad) no tienen una posición o momento del operador, para empezar porque el CCR $[x,p] = \mathrm{i}\hbar$ no puede mantener en un número finito de dimensiones del espacio.

3. En relativista, la teoría cuántica de campos (que es un tipo de la teoría cuántica, en la final), no son ninguna posición de los operadores, los más cercanos son los llamados Newton-Wigner operadores, por lo que la pregunta se disuelve porque no tiene sentido ya. Además, el impulso del operador es una función de los operadores de campo, pero no a la inversa - no se puede restaurar el campo desde el momentum total del operador solo, como usted puede restaurar una función del valor de una integral definida.

Answer 2

Ok, tal vez esta es una prueba; no está completo, pero casi.

En la mecánica cuántica, cada operador adjunto es un observable, y por lo tanto también el proyector en posición de autoestados $| x \rangle \langle x'|$. Además, si usted piensa que los operadores en $\hat{x}$ base se puede representar a cada uno con los elementos de la matriz en base a esto (es un bijective mapping), que es: todos los operadores son degradables en una suma (continua suma $\rightarrow$ integral) de proyectores:

$$\hat{A} = \int \text{d} x~\text{d} x' \alpha(x,x') |x'\rangle \langle x|$$

Así que ahora tratamos de construir todos los proyectores en términos de $\hat{x}$ $\hat{p}$ operadores.

Restringir el caso de una partícula en una dimensión, de modo que tienen una posición de operador y un impulso operador (por easyness, pero es general).

Elementos de la Diagonal

Para la diagonal del proyector se puede considerar que el operador $C ~\delta(\hat{x} - x)$, $C$ una constante de normalización. Afirmo que:

$$ C ~\delta(\hat{x} - x) = |x\rangle \langle x|$$

si podemos elegir, que la constante $C$ en el camino correcto para "normalizar" la función delta (se puede demostrar que, aparte de la normalización, las ecuaciones anteriores es verdadera apllying a la posición de autoestados). De esta manera todos los elemento de la diagonal se encuentran.

Fuera de la diagonal de los elementos (impulso operador)

Para el off-elementos de la diagonal $|x'\rangle \langle x|~, x \neq x'$ que no podemos usar la única $\hat{x}$, ya que sólo ha diagonal de elementos, pero la búsqueda de los elementos de la matriz de $\hat{p}$ nos encontramos con:

$$ \langle x' | \hat{p} | \alpha \rangle = - i \hbar \frac{\partial}{\partial x'} \langle x' | \alpha \rangle $$

y la imposición de $| \alpha \rangle = | x \rangle$ obtenemos:

$$ \langle x' | \hat{p} | x \rangle = - i \hbar \frac{\partial}{\partial x'} \langle x' | x \rangle = - i \hbar \frac{\partial}{\partial x'} \delta(x-x') $$

que, si interpretamos el delta como una función (que es nula en todo punto, pero $0$), significa que no hay elementos de la diagonal de a $\hat{p}$, pero esto no suena a mí (porque si es cierto que los viajes con $\hat{x}$, y este no lo es).

En este punto, sugiero:

• la página de la Wikipedia, que el apoyo de la ecuación
• esta pregunta, que profundiza en la expresión de $\hat{p}$ en la posición de base
• esta pregunta, exactamente sobre el problema

Genérico operador

Porque no puedo encontrar una respuesta unívoca en el punto anterior, procedo con dos sucursal de la prueba:

• $\hat{p}$ tiene sólo diagonal elementos:

Este caso es claramente falsa, como digo anteriormente, puedo seguir de esta manera para encontrar otro absurdum.

Así que si usted tiene un operador $\hat{A}$ y asumimos que es una función sólo de $\hat{x}$ $\hat{p}$ podemos expandir en serie de Taylor:

$$ \hat{A} = A(\hat{x},\hat{p}) = \sum A_{\alpha, \beta} ~\hat{x}^\alpha ~\hat{p}^\beta $$

podemos hacer esto, porque incluso si $\hat{x}$ $\hat{p}$ no conmutan sus colector es un escalar, así que si tenemos una mezcla de plazo $\hat{x} \hat{p} \hat{x} \dots$ podemos reordenar encontrar un término con el mismo número de operadores y otros términos con menos operadores (de menor "orden", es decir, con un menor número de operadores), y podemos repetir este algoritmo para obtener una serie con solo un "ordenado" de los términos, como la que hemos de escribir arriba.

Ahora bien, si hemos de calcular los elementos de la matriz de $\hat{A}$ nos encontramos con:

$$ \langle x' | A | x \rangle = \sum A_{\alpha, \beta} ~\langle x' | \hat{x}^\alpha ~\hat{p}^\beta | x \rangle = \int \text{d} x'' \sum A_{\alpha, \beta} ~\langle x' | \hat{x}^\alpha |x''\rangle \langle x'' | \hat{p}^\beta | x \rangle = \\ = \sum A_{\alpha, \beta} \int \text{d} x'' ~x'^\alpha ~\delta(x'' - x') \langle x'' | \hat{p}^\beta | x \rangle = \sum A_{\alpha, \beta}x'^\alpha ~ \langle x' | \hat{p}^\beta | x \rangle $$

Pero si $\hat{p}$ no ha fuera de la diagonal de los elementos, esto demuestra que también se $\hat{A}$ no puede tener elementos de la diagonal, por lo que el número de operadores de escritura como una función de la $\hat{x}$ $\hat{p}$ están limitados a los operadores de la diagonal en la posición de base, que es aquel que conmutan con a $\hat{x}$.

Este es absurdum, y nos prueba una vez más que el $\hat{p}$ diagonales de los elementos en la posición de la representación.

• $\hat{p}$ tiene fuera de la diagonal elementos:

que es el único caso realista.

Para que yo pueda escribir la expresión de la $\hat{p}$ en términos de la posición de los proyectores, y me puede seleccionar sólo uno de ellos en una manera similar como antes:

$$ \delta(\hat{x} - x') \hat{p} \delta(\hat{x} - x) = \delta(\hat{x} - x') \left(\int \text{d} y ~\text{d} y' ~a(y,y') ~|y'\rangle \langle y| \right) \delta(\hat{x} - x) = \\ = \int \text{d} y ~\text{d} y' ~a(y,y') ~\big[\delta(\hat{x} - x') |y'\rangle \big]\big[\langle y| \delta(\hat{x} - x)\big] = \\ = \int \text{d} y ~\text{d} y' ~a(y,y') ~\delta(y'- x') |y'\rangle \langle y| \delta(y - x) = a(x,x') |x'\rangle \langle x|$$

así que con los operadores de $\delta(\hat{x} - x') \hat{p} \delta(\hat{x} - x)$ podemos aislar todos los elementos de la diagonal se presenta en $\hat{p}$.

Conclusión

La última parte de la prueba es demostrar que $\hat{p}$ operadores contiene todos los elementos de la diagonal; te doy un intento, pero es un poco descuidado (y tal vez la afirmación es falsa, pero no creo que la literatura, así que voy a pedir otra pregunta en este momento):

• $\hat{p}$ tiene al menos uno fuera de la diagonal elemento, cosa que conmutan con a $\hat{x}$ y no lo es;
• $\hat{p}$ es invariante bajo la referencia de traducciones (pensar en que es autoestados $\langle x | p \rangle = \varphi_p (x) = exp(\frac{ixp}{\hbar})$), por lo que elementos de la matriz de sólo depende de la "distancia" $x - x'$ (y es signo, porque tiene que ser hermitian)
• bajo la escala de las transformaciones de posiciones $\hat{p} \rightarrow \lambda \hat{p}$ (pensar de nuevo en la acción en sus autoestados)

así que si uno de los elementos no nulos también a los demás ha de ser no nulo, debido a que su distancia se puede reducir a la de los no-null elementos con una escala de transformación. Así que todos los elementos de la diagonal de a $\hat{p}$ son no nulos, y que se puede extraer de ellos para la construcción de las diagonales de los proyectores.

Desde que tengo construir todos los proyectores con sólo $\hat{x}$ $\hat{p}$ ahora puedo construir todos los operadores de suma, que sólo depende de que los dos operadores.