Użyj a) i b), aby udowodnić hatT_L = e ^ (LhatD) (a) [hatT_L, hatD] = 0 (b) [hatx, hatT_L] = - LhatT_L?

Z tego, co tam mówisz, wygląda na to, że powinniśmy to pokazać #hatT_L = e ^ (ihatp_xL // ℏ) #. Wygląda na to, że każde miejsce, z którego pochodzi to pytanie, jest zmieszane co do definicji # hatT_L #.

Udowodnimy to za pomocą

#hatT_L - = e ^ (LhatD) = e ^ (ihatp_xL // ℏ) #

daje

# hatD, hatx - = ihatp_x // ℏ, hatx = 1 #

i nie #hatT_L = e ^ (- LhatD) #. Jeśli chcemy, aby wszystko było spójne, to jeśli #hatT_L = e ^ (- LhatD) #, musiało tak być # hatD, hatx = bb (-1) #. Naprawiłem pytanie i już to rozwiązałem.

Z części 1 pokazaliśmy, że dla tej definicji (tej #hatT_L - = e ^ (LhatD) #),

# hatx, hatT_L = -LhatT_L #.

Od #f (x_0 - L) # jest stanem własnym # hatT_L #, natychmiastową formą, która przychodzi na myśl, jest wykładniczy operator # e ^ (LhatD) #. Czujemy to #hatD = + ihatp_x // ℏ #i pokażemy, że to prawda.

Przypomnijmy, że w dowodzie przedstawionym w części 1 napisaliśmy:

#hatx (hatT_L f (x_0)) = (hatx, hatT_L + hatT_Lhatx) f (x_0) #

# = -LhatT_Lf (x_0) + hatT_Lhatxf (x_0) #

i tam musielibyśmy to wykorzystać. Wszystko co musimy zrobić, to Taylor rozwija się wykładniczy operator i pokaż, że powyższy dowód nadal obowiązuje.

Jest to również pokazane tutaj w szczegółach. Rozszerzyłem go, by był bardziej dokładny …

# e ^ (LhatD) = sum_ (n = 0) ^ (oo) (LhatD) ^ (n) / (n!) = sum_ (n = 0) ^ (oo) 1 / (n!) L ^ n (hatD) ^ n #

Daj to # L # jest stałą, możemy to uwzględnić z komutatora. # hatx # może wejść, nie będąc zależnym od indeksu. W związku z tym:

# hatx, e ^ (LhatD) = sum_ (n = 0) ^ (oo) {1 / (n!) (L ^ n) hatx, hatD ^ n} #

Zaproponowaliśmy to #hatD = ihatp_x // ℏ #, a to miałoby sens, ponieważ wiemy, że:

# hatx, hatp_x f (x) = -iℏx (df) / (dx) + iℏd / (dx) (xf (x)) #

# = anuluj (-iℏx (df) / (dx) + iℏx (df) / (dx)) + iℏf (x) #

po to aby # hatx, hatp_x = iℏ #. Oznaczałoby to tak długo, jak #hatT_L = e ^ (LhatD) #, możemy wreszcie uzyskać spójną definicję w obu częściach problemu i uzyskać:

#color (niebieski) (hatD ”,„ hatx) = (ihatp_x) / (ℏ), hatx #

# = - (hatp_x) / (iℏ), hatx = -1 / (iℏ) hatp_x, hatx #

# = -1 / (iℏ) cdot - hatx, hatp_x #

# = -1 / (iℏ) cdot-iℏ = kolor (niebieski) (1) #

Z tego dalej rozszerzamy komutator:

# hatx, e ^ (ihatp_xL // ℏ) = sum_ (n = 0) ^ (oo) {1 / (n!) (L ^ n) hatx, ((ihatp_x) / (ℏ)) ^ n } #

# = sum_ (n = 0) ^ (oo) {1 / (n!) ((iL) / (ℏ)) ^ n hatx, hatp_x ^ n} #

Teraz wiemy # hatx, hatp_x #, ale niekoniecznie # hatx, hatp_x ^ n #. Możesz się o tym przekonać

# d ^ n / (dx ^ n) (xf (x)) = x (d ^ nf) / (dx ^ n) + n (d ^ (n-1) f) / (dx ^ (n-1)) #

i to

# hatp_x ^ n = hatp_xhatp_xhatp_xcdots #

# = (-iℏ) d / (dx) ^ n = (-iℏ) ^ n (d ^ n) / (dx ^ n) #

po to aby:

# hatx, hatp_x ^ n = hatxhatp_x ^ n - hatp_x ^ nhatx #

# = x cdot (-iℏ) ^ n (d ^ n f) / (dx ^ n) - (-iℏ) ^ n d ^ n / (dx ^ n) (xf (x)) #

# = (-iℏ) ^ nx (d ^ nf) / (dx ^ n) - (-iℏ) ^ n (x (d ^ nf) / (dx ^ n) + n (d ^ (n-1) f) / (dx ^ (n-1))) #

# = (-iℏ) ^ n {anuluj (x (d ^ nf) / (dx ^ n)) - anuluj (x (d ^ nf) / (dx ^ n)) - n (d ^ (n-1) f) / (dx ^ (n-1))} #

# = (-iℏ) ^ (n-1) (- iℏ) (- n (d ^ (n-1) f) / (dx ^ (n-1))) #

# = iℏn (-iℏ) ^ (n-1) (d ^ (n-1)) / (dx ^ (n-1)) f (x) #

Zdajemy sobie z tego sprawę # hatp_x ^ (n-1) = (-iℏ) ^ (n-1) (d ^ (n-1)) / (dx ^ (n-1)) #. A zatem,

# hatx, hatp_x ^ n = iℏnhatp_x ^ (n-1) #, pod warunkiem #n> = 1 #.

Na tej podstawie znajdujemy:

# hatx "," e ^ (ihatp_xL // ℏ) = sum_ (n = 0) ^ (oo) {1 / (n!) (L ^ n) hatx, ((ihatp_x) / (ℏ)) ^ n} #

# = sum_ (n = 1) ^ (oo) {1 / (n!) ((iL) / (ℏ)) ^ n iℏnhatp_x ^ (n-1)} #

gdzie, jeśli oceniasz #n = 0 # termin, powinieneś zobaczyć, że osiągnie zero, więc pominęliśmy go. Kontynuując, mamy:

# = iℏ sum_ (n = 1) ^ (oo) n / (n!) ((iL) / (ℏ)) ^ n hatp_x ^ (n-1) #

# = iℏ sum_ (n = 1) ^ (oo) 1 / ((n-1)!) ((iL) / ℏ) ^ (n-1) ((iL) / ℏ) hatp_x ^ (n-1) #

Tutaj po prostu próbujemy sprawić, by wyglądało to ponownie na funkcję wykładniczą.

# = iℏ ((iL) / ℏ) sum_ (n = 1) ^ (oo) ((ihatp_xL) / ℏ) ^ (n-1) / ((n-1)!) #

(warunki grupowe)

# = -L sum_ (n = 1) ^ (oo) ((ihatp_xL) / ℏ) ^ (n-1) / ((n-1)!) #

(oceniaj na zewnątrz)

# = -L overbrace (sum_ (n = 0) ^ (oo) ((ihatp_xL) / ℏ) ^ (n) / (n!)) ^ (E ^ (ihatp_xL // ℏ)) #

(Jeśli # n # zaczyna się od zera # (n-1) #termin ten staje się # n #semestr.)

W rezultacie otrzymujemy:

# => kolor (niebieski) (hatx ”,„ e ^ (ihatp_xL // ℏ)) = -Le ^ (ihatp_xL // ℏ) #

# - = -Le ^ (LhatD) #

# - = kolor (niebieski) (- LhatT_L) #

I znów wracamy do oryginalnego komutatora, to znaczy

# hatx, hatT_L = -LhatT_L kolor (niebieski) (sqrt "") #

Na koniec, pokażmy to # hatT_L, hatD = 0 #.

# hatT_L, hatD = e ^ (LhatD), hatD #

# = sum_ (n = 0) ^ (oo) ((LhatD) ^ n) / (n!), hatD #

# = (sum_ (n = 0) ^ (oo) ((LhatD) ^ n) / (n!)) hatD - hatD (sum_ (n = 0) ^ (oo) ((LhatD) ^ n) / (n !)) #

Pisząc to wyraźnie, możemy zobaczyć, że działa:

# = kolor (niebieski) (hatT_L ”,„ hatD) = ((LhatD) ^ 0) / (0!) hatD + ((LhatD) ^ 1) / (1!) hatD +… - hatD ((LhatD) ^ 0) / (0!) + hatD ((LhatD) ^ 1) / (1!) +… #

# = ((LhatD) ^ 0) / (0!) HatD - hatD ((LhatD) ^ 0) / (0!) + ((LhatD) ^ 1) / (1!) HatD - hatD ((LhatD) ^ 1) / (1!) +… #

# = ((LhatD) ^ 0) / (0!), HatD + (LhatD) ^ (1) / (1!), HatD +… #

# = L ^ 0 / (0!) (HatD) ^ 0, hatD + L ^ 1 / (1!) (HatD) ^ (1), hatD +… #

# = kolor (niebieski) (sum_ (n = 0) ^ (oo) L ^ n / (n!) (hatD) ^ n "," hatD) #

i od tego czasu # hatD # zawsze dojeżdża ze sobą, # hatD ^ n, hatD = 0 # i dlatego,

# hatT_L, hatD = 0 # #color (niebieski) (sqrt "") #