Qual é o comutador de $|\mathbf{\hat{x}}|$ e $|\mathbf{\hat{p}}|$? [fechadas]

Question

Direto ao ponto: qual é o resultado do comutador da magnitude da posição e dos operadores de momento e como posso abordá-lo, ou seja ,$[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]=$ ?

Meus esforços: (1) tentando usar $|\mathbf{\hat{x}}|=\sqrt{\sum \hat{x}_i\hat{x}_i}$não parece ajudar por causa da raiz quadrada; (2) identificar$|\mathbf{\hat{x}}|$ como o operador de posição radial $\hat{r}$ e usando o operador de "momento radial" $\hat{p}_r$ não ajudou porque $\hat{p}_r \neq |\mathbf{\hat{p}}|$ e $\hat{p}_r$ é a raiz quadrada de uma soma relacionada $|\mathbf{\hat{p}}|^2$ e o quadrado do operador de momento angular.

ADENDO (19 de outubro de 2020)

Vejo que pode haver uma série de dificuldades técnicas para definir $|\mathbf{\hat{x}}|$ e $|\mathbf{\hat{p}}|$ porque essas são raízes quadradas de operadores $\hat{x}_i$ e $\hat{p}_i$. Para ser mais claro, estou procurando uma expressão formal para$[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]$isso pode (mas não necessariamente deve) ignorar questões técnicas relacionadas à raiz quadrada de operadores. Por exemplo, eu me pergunto se esse é o caso do conhecido resultado$[x_i,F(p_x,p_y,p_z)] = i\hbar \frac{\partial F}{\partial p_i}$ se pegarmos $F=|\mathbf{\hat{p}}|$ de modo a $[x_i,|\mathbf{\hat{p}}|] =i\hbar\frac{p_i}{|\mathbf{\hat{p}}|}$.

Answer 1

Aqui estão algumas ideias incompletas não testadas.

1. Definir operadores $$\begin{align}J_-~:=&~\frac{1}{2}{\bf x}^2,\qquad J_+~:=~\frac{1}{2}{\bf p}^2,\cr J_z~:=&~\frac{1}{4}\sum_{j=1}^3 \{x^j, p_j\}_+.\end{align}\tag{1}$$ Pode-se provar que eles formam um $sl(2,\mathbb{R})$ Álgebra de mentira $$ [J_-,J_+]~=~2i\hbar J_z, \qquad [J_z,J_{\pm}]~=~i\hbar J_{\pm}.\tag{2}$$ Nesta linguagem, OP quer calcular o comutador $2[\sqrt{J_-},\sqrt{J_+}]$.

2. Definir normalização $$\sigma_{\pm}~:=~\frac{J_{\pm}}{\sqrt{2}\hbar}, \qquad \sigma_z~:=~\frac{J_z}{i\hbar}.\tag{3}$$ Então $$ [\sigma_+,\sigma_-]~=~\sigma_z, \qquad [\sigma_z,\sigma_{\pm}]~=~\sigma_{\pm}.\tag{4}$$ o $2\times 2$ As matrizes de Pauli satisfazem a mesma álgebra de Lie (embora a álgebra associativa subjacente seja diferente).

3. Pode ser possível definir uma noção de operadores de raiz quadrada semelhante a esta postagem Phys.SE.

4. Pode ser possível adaptar uma representação a la Holstein-Primakoff ou Dyson-Maleev, cf. esta postagem Phys.SE, ou talvez alguns métodos de estado comprimido .

Answer 2

Na mecânica quântica, existem diferentes possibilidades para expressar um operador. Vamos considerar uma matriz do operador$\hat{A} = [|\hat{\bf{x}}|, |\hat{\bf{p}}|]$ na re-representação de coordenadas: $$ A(\bf{x},\bf{x'}) = \langle \bf{x} | \hat{A}|\bf{x'}\rangle = (|\bf{x}| - |\bf{x'}|) \langle \bf{x} | |\hat{\bf{p}}||\bf{x'}\rangle $$ De acordo com a representação espectral de $\bf{p}$, temos $$ \langle \bf{x} | |\hat{\bf{p}}||\bf{x'}\rangle = {\rm \frac1{(2\pi\hbar)^3}} \int |\bf{p}| e^{\frac{i}\hbar\bf{p}(\bf{x}-\bf{x'})} \bf{d^3 p} {\rm\ \equiv \frac1{(2\pi\hbar)^3} f(}{\bf x - x'}{\rm )} $$ Além disso, tratarei da função $$ f(\bf{R}) = \int |\bf{p}| e^{\frac{i}\hbar\bf{p}\bf{R}} \bf{d^3 p} $$como uma função generalizada. Então nós temos$$ f(\bf{R}) = -\hbar^2\Delta_{\bf{R}} \int \frac1{|\bf{p}|} e^{\frac{i}\hbar\bf{p}\bf{R}} \bf{d^3 p} = {\rm -4\pi\hbar^4} \Delta_{\bf{R}}{\rm \frac1{{\bf R}^2}}\quad {\rm (1)} $$ É bem sabido que $$ -\Delta \frac1{|\bf{R}|} = {\rm 4\pi\delta(}\bf{R}{\rm )} $$ Se a representação local análoga existe para a função (1), então pode ser possível expressar $\hat{A}$ como uma combinação simples de $\hat{\bf x}$ e $\hat{\bf p}$operadores. Caso contrário, suponho que não haja uma expressão simples para$\hat{A}$.

Answer 3

Fornecerei uma solução provisória com base em um resultado derivado de MK Transtrum e J.-FS Van Huele, J. Math. Phys. 46 , 063510 (2005). Eles derivaram uma expressão geral para o comutador de funções$f(A,B)$ e $g(A,B)$ de operadores não comutantes $A$ e $B$:

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

Solução provisória

Eu considero o caso particular $f=f(A)$ e $g=g(B)$:

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

onde acredito que a última etapa não é problemática, desde que entendamos seu significado: derivado $\partial_A\equiv\frac{\partial}{\partial_A}$ age em $f(A)$ e derivado $\partial_B\equiv\frac{\partial}{\partial_B}$ age em $g(B)$. Finalmente, simplificamos o resultado para

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

Ir para $[|\mathbf{\hat{x}}|,|\mathbf{\hat{p}}|]$, Agora irei omitir os "chapéus" para simplificar e usar a notação $\mathbf{x}=(x,y,z)$ e $\mathbf{p}=(p_x,p_y,p_z)$para os operadores de posição e momento, respectivamente. Minha abordagem é escrever | \ mathbf {x} | e | \ mathbf {p} | como série de potências:

\ 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}

Então

\ 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}

O último termo pode ser reformulado como

\ 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 \ parcial_x \ parcial_ {p_x}} x ^ a p_x ^ u) (e ^ {- i \ hbar \ parcial_y \ parcial_ {p_y}} y ^ b p_y ^ v) (e ^ {- i \ hbar \ parcial_z \ parcial_ {p_z}} z ^ c p_z ^ w) = e ^ {- i \ hbar (\ parcial_x \ parcial_ {p_x} + \ parcial_y \ parcial_ {p_y} + \ parcial_z \ parcial_ {p_z})} x ^ a p_x ^ uy ^ b p_y ^ vz ^ c p_z ^ w = e ^ {- i \ hbar \ parcial_ \ mathbf {x} \ cdot \ parcial_ \ mathbf {p}} x ^ a p_x ^ uy ^ b p_y ^ vz ^ c p_z ^ w, \ end {equation}

Onde

\ begin {equação} \ parcial_ \ mathbf {x} \ cdot \ parcial_ \ mathbf {p} \ equiv \ sum_i \ frac {\ parcial} {\ parcial x_i} \ frac {\ parcial} {\ parcial p_i}. \ end {equation}

Finalmente,

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

ou, explicitamente,

\ 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}

Algumas observações:

• A versão unidimensional desta equação recupera a expressão esperada dada no início desta resposta.

• O rhs é rotacionalmente invariante, conforme esperado, considerando o lhs

Perspectivas:

• Talvez uma boa forma fechada para o resultado acima pudesse ser obtida escrevendo $\partial_\mathbf{x} \cdot \partial_\mathbf{p}$ em coordenadas polares esféricas?

• Esta derivação parece funcionar sem modificações para qualquer $[|\mathbf{x}|^n,|\mathbf{p}|^m]$. Se a última observação for bem-sucedida, podemos verificar se a resposta proposta recupera alguns comutadores que podem ser calculados facilmente - por exemplo , um com$n=m=2$.

Estou investigando esses clientes em potencial e modificarei essa resposta de acordo.

Answer 4

Aqui, vou ignorar questões técnicas que podem ser relevantes ao definir os operadores $|\mathbf{x}|$ e $|\mathbf{p}|$ e siga em direção a uma expressão formal para $[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|]$. Omitirei os operadores "chapéu" acima para simplificar.

Eu começo a definir o operador de momento radial simetrizado,

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

Este operador chamou minha atenção em Alvarez & González, Am. J. Phys. 57 , 923 (1989) e Liboff, Nebenzahl & Fleischmann, Am. J. Phys. 41 , 976 (1973), mas aprendi que é um conteúdo padrão nos livros didáticos de QM. Na representação do espaço de posição$\mathbf{p}=-i\hbar\mathbf{\nabla}$ e coordenadas esféricas, cálculo simples revela

$$p_r = -i\hbar \left(\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r} \right),$$ Onde $r\equiv|\mathbf{x}|$. Nesta última forma, o seguinte resultado é facilmente verificado:

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

Da relação $[A,f(B)]=[A,B]\frac{\partial f}{\partial B}$ válido se $[A,[A,B]]=0$ nós concluimos

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

Agora eu configurei $f(p_r) = |\mathbf{p}| = \sqrt{p_r^2 + \frac{L^2}{r^2}}$, com a última igualdade proveniente da divisão de $|\mathbf{p}|$ em partes radiais e angulares, e com $L$o momento angular. Do comutador anterior, obtemos

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

A última derivada desapareceu, a meu ver, porque $L^2$ compreende apenas peças angulares de $|\mathbf{p}|$ mas nenhuma peça radial e porque $\partial/\partial p_r$ não age sobre $r$ como podemos verificar aplicando-o a $[|\mathbf{x}|,p_r]=i\hbar$. Finalmente, com a definição de$p_r$ acima, nós temos

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

Algumas observações:

• Este resultado é rotacionalmente invariável como esperado.

• Para os casos que verifiquei, a derivação apresentada aqui prevê resultados derivados por outros meios. Por exemplo,$[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|^2]=[|\mathbf{x}|,\sum p_i p_i] = \sum\left( [|\mathbf{x}|,p_i] p_i + p_i [|\mathbf{x}|,p_i]\right) = i\hbar\left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|}\cdot\mathbf{p} + \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|}\right)$ e a derivação apresentada aqui é a mesma, $[|\mathbf{x}|,|\mathbf{p}|^2]=i\hbar\frac{\partial |\mathbf{p}|^2}{\partial p_r} = 2i\hbar p_r = i\hbar \left( \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \cdot \mathbf{p} + \mathbf{p} \cdot \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|} \right).$