Qual è il commutatore di $|\mathbf{\hat{x}}|$ e $|\mathbf{\hat{p}}|$? [chiuso]

Question

Dritto al punto: qual è il risultato del commutatore della grandezza della posizione e gli operatori di moto e come posso affrontarlo, vale a dire ,$[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]=$ ?

I miei sforzi: (1) provare a usare $|\mathbf{\hat{x}}|=\sqrt{\sum \hat{x}_i\hat{x}_i}$non sembra aiutare a causa della radice quadrata; (2) identificazione$|\mathbf{\hat{x}}|$ come operatore di posizione radiale $\hat{r}$ e utilizzando l'operatore "momento radiale" $\hat{p}_r$ non è stato di alcun aiuto perché $\hat{p}_r \neq |\mathbf{\hat{p}}|$ e $\hat{p}_r$ è la radice quadrata di una somma relativa $|\mathbf{\hat{p}}|^2$ e il quadrato dell'operatore del momento angolare.

ADDENDUM (19 ottobre 2020)

Vedo che potrebbero esserci una serie di difficoltà tecniche nella definizione $|\mathbf{\hat{x}}|$ e $|\mathbf{\hat{p}}|$ perché queste sono radici quadrate degli operatori $\hat{x}_i$ e $\hat{p}_i$. Per essere più chiari, cerco un'espressione formale per$[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]$ciò potrebbe (ma non necessariamente dovrebbe) trascurare le questioni tecniche riguardanti la radice quadrata degli operatori. Ad esempio, mi chiedo se sia il caso del noto risultato$[x_i,F(p_x,p_y,p_z)] = i\hbar \frac{\partial F}{\partial p_i}$ se prendiamo $F=|\mathbf{\hat{p}}|$ così che $[x_i,|\mathbf{\hat{p}}|] =i\hbar\frac{p_i}{|\mathbf{\hat{p}}|}$.

Answer 1

Ecco alcune idee incomplete non testate.

1. Definisci gli operatori $$\begin{align}J_-~:=&~\frac{1}{2}{\bf x}^2,\qquad J_+~:=~\frac{1}{2}{\bf p}^2,\cr J_z~:=&~\frac{1}{4}\sum_{j=1}^3 \{x^j, p_j\}_+.\end{align}\tag{1}$$ Si può dimostrare che formano un file $sl(2,\mathbb{R})$ Algebra di Lie $$ [J_-,J_+]~=~2i\hbar J_z, \qquad [J_z,J_{\pm}]~=~i\hbar J_{\pm}.\tag{2}$$ In questo linguaggio OP vuole calcolare il commutatore $2[\sqrt{J_-},\sqrt{J_+}]$.

2. Definisci la normalizzazione $$\sigma_{\pm}~:=~\frac{J_{\pm}}{\sqrt{2}\hbar}, \qquad \sigma_z~:=~\frac{J_z}{i\hbar}.\tag{3}$$ Poi $$ [\sigma_+,\sigma_-]~=~\sigma_z, \qquad [\sigma_z,\sigma_{\pm}]~=~\sigma_{\pm}.\tag{4}$$ Il $2\times 2$ Le matrici di Pauli soddisfano la stessa algebra di Lie (sebbene l'algebra associativa sottostante sia diversa).

3. Potrebbe essere possibile definire una nozione di operatori di radice quadrata simile a questo post di Phys.SE.

4. Potrebbe essere possibile adattare una rappresentazione alla Holstein-Primakoff o Dyson-Maleev, cfr. questo post Phys.SE, o forse alcuni metodi a stati compressi .

Answer 2

Nella meccanica quantistica, ci sono diverse possibilità per esprimere un operatore. Consideriamo una matrice dell'operatore$\hat{A} = [|\hat{\bf{x}}|, |\hat{\bf{p}}|]$ nella riperesentazione coordinata: $$ A(\bf{x},\bf{x'}) = \langle \bf{x} | \hat{A}|\bf{x'}\rangle = (|\bf{x}| - |\bf{x'}|) \langle \bf{x} | |\hat{\bf{p}}||\bf{x'}\rangle $$ Secondo la rappresentazione spettrale di $\bf{p}$, noi abbiamo $$ \langle \bf{x} | |\hat{\bf{p}}||\bf{x'}\rangle = {\rm \frac1{(2\pi\hbar)^3}} \int |\bf{p}| e^{\frac{i}\hbar\bf{p}(\bf{x}-\bf{x'})} \bf{d^3 p} {\rm\ \equiv \frac1{(2\pi\hbar)^3} f(}{\bf x - x'}{\rm )} $$ Inoltre, tratterò la funzione $$ f(\bf{R}) = \int |\bf{p}| e^{\frac{i}\hbar\bf{p}\bf{R}} \bf{d^3 p} $$come funzione generalizzata. Poi abbiamo$$ f(\bf{R}) = -\hbar^2\Delta_{\bf{R}} \int \frac1{|\bf{p}|} e^{\frac{i}\hbar\bf{p}\bf{R}} \bf{d^3 p} = {\rm -4\pi\hbar^4} \Delta_{\bf{R}}{\rm \frac1{{\bf R}^2}}\quad {\rm (1)} $$ È ben noto che $$ -\Delta \frac1{|\bf{R}|} = {\rm 4\pi\delta(}\bf{R}{\rm )} $$ Se esiste una rappresentazione locale analoga per la funzione (1), potrebbe essere possibile esprimere $\hat{A}$ come semplice combinazione di $\hat{\bf x}$ e $\hat{\bf p}$operatori. Altrimenti, suppongo che non ci sia una semplice espressione per$\hat{A}$.

Answer 3

Fornirò una soluzione provvisoria basata su un risultato derivato da MK Transtrum e J.-FS Van Huele, J. Math. Phys. 46 , 063510 (2005). Hanno derivato un'espressione generale per il commutatore di funzioni$f(A,B)$ e $g(A,B)$ di operatori senza computer $A$ e $B$:

\ begin {equation} \ left [f (A, B), g (A, B) \ right] = \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ frac {(- c) ^ k} {k!} \ sinistra (\ frac {\ partial ^ kg} {\ partial A ^ k} \ frac {\ partial ^ kf} {\ partial B ^ k} - \ frac {\ partial ^ kf} {\ partial A ^ k} \ frac {\ partial ^ kg} {\ partial B ^ k} \ right), \ quad \ text {dove} \ quad c = [A, B]. \ end {equation}

Soluzione provvisoria

Considero il caso particolare $f=f(A)$ e $g=g(B)$:

\ begin {equation} \ left [f (A), g (B) \ right] = - \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ frac {(- c) ^ k} {k!} \ frac {\ parziale ^ kf} {\ partial A ^ k} \ frac {\ partial ^ kg} {\ partial B ^ k} = \ left [- \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ frac {(- c) ^ k } {k!} \ frac {\ partial ^ k} {\ partial A ^ k} \ frac {\ partial ^ k} {\ partial B ^ k} \ right] f (A) g (B), \ end { equazione}

dove credo che l'ultimo passaggio non sia problematico fintanto che ne comprendiamo il significato: derivativo $\partial_A\equiv\frac{\partial}{\partial_A}$ agisce su $f(A)$ e derivato $\partial_B\equiv\frac{\partial}{\partial_B}$ agisce su $g(B)$. Infine semplifichiamo il risultato in

\ begin {equation} [f (A), g (B)] = \ left (1-e ^ {- c \ partial_A \ partial_B} \ right) f (A) g (B) \ quad \ text {o} \ quad g (B) f (A) = e ^ {- c \ parziale_A \ parziale_B} f (A) g (B). \ end {equation}

Dirigendosi a $[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]$, Ora ometterò i "cappelli" per semplicità e userò la notazione $\mathbf{x}=(x,y,z)$ e $\mathbf{p}=(p_x,p_y,p_z)$rispettivamente per gli operatori di posizione e di quantità di moto. Il mio approccio è scrivere | \ mathbf {x} | e | \ mathbf {p} | come serie di potenze:

\ begin {equation} | \ mathbf {x} | = \ sum_ {abc} A_ {abc} x ^ ay ^ bz ^ c \ quad \ text {e} \ quad | \ mathbf {p} | = \ sum_ {uvw} B_ {uvw} p_x ^ u p_y ^ v p_z ^ w. \ end {equation}

Poi

\ begin {equation} [| \ mathbf {x} |, | \ mathbf {p} |] = \ sum_ {abc} \ sum_ {uvw} A_ {abc} B_ {uvw} (x ^ ay ^ bz ^ c p_x ^ u p_y ^ v p_z ^ w - p_x ^ u p_y ^ v p_z ^ wx ^ ay ^ bz ^ c). \ end {equation}

L'ultimo termine può essere riformulato come

\ begin {equation} p_x ^ u p_y ^ v p_z ^ wx ^ ay ^ bz ^ c = (p_x ^ ux ^ a) (p_y ^ vy ^ b) (p_z ^ wz ^ c) = (e ^ {- i \ hbar \ partial_x \ partial_ {p_x}} x ^ a p_x ^ u) (e ^ {- i \ hbar \ partial_y \ partial_ {p_y}} y ^ b p_y ^ v) (e ^ {- i \ hbar \ partial_z \ parziale_ {p_z}} z ^ c p_z ^ w) = e ^ {- i \ hbar (\ parziale_x \ parziale_ {p_x} + \ parziale_y \ parziale_ {p_y} + \ parziale_z \ parziale_ {p_z})} x ^ a p_x ^ uy ^ b p_y ^ vz ^ c p_z ^ w = e ^ {- i \ hbar \ partial_ \ mathbf {x} \ cdot \ partial_ \ mathbf {p}} x ^ a p_x ^ uy ^ b p_y ^ vz ^ c p_z ^ w, \ end {equation}

dove

\ begin {equation} \ partial_ \ mathbf {x} \ cdot \ partial_ \ mathbf {p} \ equiv \ sum_i \ frac {\ partial} {\ partial x_i} \ frac {\ partial} {\ partial p_i}. \ end {equation}

Finalmente,

\ begin {equation} [| \ mathbf {x} |, | \ mathbf {p} |] = \ sum_ {abc} \ sum_ {uvw} A_ {abc} B_ {uvw} (1-e ^ {- i \ hbar \ partial_ \ mathbf {x} \ cdot \ partial_ \ mathbf {p}}) x ^ ay ^ bz ^ c p_x ^ u p_y ^ v p_z ^ w = (1-e ^ {- i \ hbar \ partial_ \ mathbf {x} \ cdot \ partial_ \ mathbf {p}}) | \ mathbf {x} | | \ mathbf {p} | \ end {equation}

o, esplicitamente,

\ begin {equation} [| \ mathbf {x} |, | \ mathbf {p} |] = - \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac {(- i \ hbar) ^ n} {n!} (\ partial_ \ mathbf {x} \ cdot \ partial_ \ mathbf {p}) ^ n | \ mathbf {x} | | \ mathbf {p} |. \ end {equation}

Alcune osservazioni:

• La versione unidimensionale di questa equazione recupera l'espressione attesa data all'inizio di questa risposta.

• La rhs è rotazionalmente invariante come previsto considerando la lhs

Prospettive:

• Forse una bella forma chiusa per il risultato di cui sopra potrebbe essere ottenuta scrivendo $\partial_\mathbf{x} \cdot \partial_\mathbf{p}$ in coordinate polari sferiche?

• Questa derivazione sembra funzionare senza modifiche per nessuno $[|\mathbf{x}|^n,|\mathbf{p}|^m]$. Se l'ultima osservazione viene accolta con successo, possiamo verificare se la risposta proposta recupera alcuni commutatori che possono essere calcolati facilmente, ad esempio uno con$n=m=2$.

Sto studiando queste prospettive e modificherò questa risposta di conseguenza.

Answer 4

Qui trascurerò i problemi tecnici che potrebbero essere rilevanti nella definizione degli operatori $|\mathbf{x}|$ e $|\mathbf{p}|$ e dirigiti verso un'espressione formale per $[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|]$. Ometterò il "cappello" sopra gli operatori per semplicità.

Inizio a definire l'operatore di momento radiale simmetrizzato,

$$p_r \equiv \frac{1}{2}\left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \cdot \mathbf{p} + \mathbf{p} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \right).$$

Questo operatore è venuto alla mia attenzione su Alvarez & González, Am. J. Phys. 57 , 923 (1989) e Liboff, Nebenzahl & Fleischmann, Am. J. Phys. 41 , 976 (1973) ma ho imparato che è contenuto standard nei libri di testo QM. Nella rappresentazione dello spazio di posizione$\mathbf{p}=-i\hbar\mathbf{\nabla}$ e coordinate sferiche, rivela un semplice calcolo

$$p_r = -i\hbar \left(\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r} \right),$$ dove $r\equiv|\mathbf{x}|$. In quest'ultima forma, il seguente risultato è facilmente verificabile:

$$[|\mathbf{x}|,p_r]=i\hbar.$$

Dalla relazione $[A,f(B)]=[A,B]\frac{\partial f}{\partial B}$ valido se $[A,[A,B]]=0$ Concludiamo

$$[|\mathbf{x}|,f(p_r)]=i\hbar \frac{\partial f}{\partial p_r}.$$

Adesso ho impostato $f(p_r) = |\mathbf{p}| = \sqrt{p_r^2 + \frac{L^2}{r^2}}$, con l'ultima uguaglianza derivante dalla scissione di $|\mathbf{p}|$ in parti radiali e angolari e con $L$il momento angolare. Dal commutatore precedente, otteniamo

$$[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|]=i\hbar \frac{1}{|\mathbf{p}|}\left[p_r + \frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial p_r}\left(\frac{L^2}{r^2}\right) \right] = i\hbar \frac{p_r}{|\mathbf{p}|}.$$

L'ultima derivata è svanita, come la vedo io, perché $L^2$ comprende solo pezzi angolari di $|\mathbf{p}|$ ma nessun pezzo radiale e perché $\partial/\partial p_r$ non agisce $r$ come possiamo verificare applicandolo a $[|\mathbf{x}|,p_r]=i\hbar$. Infine, con la definizione di$p_r$ sopra, otteniamo

$$\boxed{ [|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|] = \frac{i\hbar}{2}\frac{1}{|\mathbf{p}|} \left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \cdot \mathbf{p} + \mathbf{p} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \right) = i\hbar \left( \frac{\mathbf{p}}{|\mathbf{p}|} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} + \frac{i\hbar}{|\mathbf{p}| |\mathbf{x}|} \right). }$$

Alcune osservazioni:

• Questo risultato è rotazionalmente invariante come previsto.

• Per i casi che ho controllato, la derivazione qui presentata prevede risultati derivati ​​con altri mezzi. Per esempio,$[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|^2]=[|\mathbf{x}|,\sum p_i p_i] = \sum\left( [|\mathbf{x}|,p_i] p_i + p_i [|\mathbf{x}|,p_i]\right) = i\hbar\left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|}\cdot\mathbf{p} + \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|}\right)$ e la derivazione qui presentata ottiene lo stesso $[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|^2]=i\hbar\frac{\partial |\mathbf{p}|^2}{\partial p_r} = 2i\hbar p_r = i\hbar \left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \cdot \mathbf{p} + \mathbf{p} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \right).$