Mecánica cuántica/Representación de posiciones

El operador posición

La posición de una particula viene dada por un valor propio del operador (vectorial) posición

${\vec {X}}=(X_{1},X_{2},X_{3})=(X,Y,Z)$

La base ortonormal de $\mathbb {H}$ es

$\{|{\vec {x}}\rangle \},$

donde

$X_{i}|{\vec {x}}\rangle =x_{i}|{\vec {x}}\rangle$

para $x_{i}$ las componentes de ${\vec {x}}$ y

${\vec {X}}|{\vec {x}}\rangle ={\vec {x}}|{\vec {x}}\rangle$

donde ${\vec {x}}$ etiqueta a todos los puntos del espacio $\mathbb {R} ^{3}.$

Ortonormalidad

$\langle {\vec {x}}|{\vec {x}}'\rangle =\delta ^{3}({\vec {x}}-{\vec {x}}')=\delta (x_{1}-x_{1}')\delta (x_{2}-x_{2}')\delta (x_{3}-x_{3}')$

Clausura

${\mathcal {I}}=\int _{\mathbb {R} ^{3}}d^{3}x\,|{\vec {x}}\rangle \langle {\vec {x}}|$

$d^{3}x=dx_{1}dx_{2}dx_{3}$

${\begin{aligned}|\psi \rangle &={\mathcal {I}}|\psi \rangle \\&=\left(\int _{\mathbb {R} ^{3}}d^{3}x\,|{\vec {x}}\rangle \langle {\vec {x}}|\right)|\psi \rangle \\&=\int _{\mathbb {R} ^{3}}d^{3}x\,|{\vec {x}}\rangle \underbrace {\langle {\vec {x}}|\psi \rangle } _{\equiv \psi ({\vec {x}})}\\&=\int _{\mathbb {R} ^{3}}d^{3}x\,\psi ({\vec {x}})|{\vec {x}}\rangle \end{aligned}}$

$\psi ({\vec {x}})\equiv \langle {\vec {x}}|\psi \rangle$

Módulo de $|\psi \rangle$

$\langle \psi |\psi \rangle =\int _{\mathbb {R} ^{3}}d^{3}x\,|\psi (x)|^{2}$

$\psi ({\vec {x}})$ debe ser una función cuadrado sumable

$\psi ({\vec {x}})\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} ^{3}).$

Hay un isomorfismo entre $\mathbb {H}$ y ${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} ^{3})$.

La función de onda de $|{\vec {x}}'\rangle \in \mathbb {H}$ es $\delta ^{3}({\vec {x}}-{\vec {x}}')pero\notin {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {H} ^{3})$. Esto quiere decir que la delta de Dirac no puede ser considerado un estado físico sin cambiar el postulado correspondiente. Hay que hacer algo a lo que ya volveremos.

Operador de traslación

Se define el operador de translación (unitario) $T({\vec {x}}_{0})$ como

$T({\vec {x}}_{0})|{\vec {x}}\rangle =|{\vec {x}}+{\vec {x}}_{o}\rangle$

Hay un conjunto continuo de operadores de traslación ${\vec {x}}_{0}\in \mathbb {R} ^{3}$

¿Por qué es unitario?

$T^{\dagger }(x_{0})=T^{-1}(x_{0})$

Las traslaciones se pueden componer

$T({\vec {x}}_{1})\,T({\vec {x}}_{0})|{\vec {x}}\rangle =T({\vec {x}}_{1})|{\vec {x}}+{\vec {x}}_{0}\rangle =|{\vec {x}}+{\vec {x}}_{0}+{\vec {x}}_{1}\rangle =T({\vec {x}}_{0}+{\vec {x}}_{1})|{\vec {x}}\rangle$

Conjunto de las $T({\vec {x}})$ forman un grupo continuo o de Lie ya que la composición de dos traslaciones es una traslación, se respeta la propiedad asociativa, existe elemento identidad $T({\vec {0}})$ y existe elemento inverso $T^{-1}({\vec {x}})=T(-{\vec {x}})$.

El generador de las traslaciones

Se define el generador de las traslaciones a partir de la traslación infinitesimal.

Caso 1-dimesional

$T(x_{0})|x\rangle =|x+x_{0}\rangle$

Una traslación infinitesimal desplaza un poquito los vectores que estan sobre una recta.

$T(dx)\equiv {\mathcal {I}}-iKdx$

donde $K$ es el operador generador de las traslaciones.

Si $T(dx)$ es un operador unitario, $\Rightarrow$ $K$ es un operador hermítico.

$K^{\dagger }=K$

$T(dx)^{-1}={\mathcal {I}}+Kd\!x$

$T(dx)^{\dagger }={\mathcal {I}}^{\dagger }+iK^{\dagger }dx={\mathcal {I}}+iK^{\dagger }dx$

$\Rightarrow K^{\dagger }=K$

El signo $-$ depende de la definición, en algunos libros ponen $+$.

$T(x_{1})\,T(x_{2})=T(x_{1}+x_{2})$

$T(x+dx)=T(x)\,T(dx)=T(x)({\mathcal {I}}-iKdx)=T(x)-iT(x)Kdx$

¿Qué es un diferencial?

$df=f(x+dx)-f(x)$

Igualando las dos expresiones de T(x+dx) se tiene

${\frac {dT}{dx}}=-iT(x)K$

con la condición

$T(0)={\mathcal {I}}.$

$T(x+dx)=T(x)+dT$

$\rightarrow T(x)=e^{-iKx}$

$={\mathcal {I}}-iKx+{\frac {(-ix)^{2}}{2!}}K^{2}+\ldots$

$T(x)=lim_{N\to \infty }\left({\mathcal {I}}-iK{\frac {x}{N}}\right)^{N}$

¿Cómo acúta...?

$XT(dx)|x\rangle =X|x+dx\rangle =(x+dx)|x+dx\rangle$

$T(dx)X|x\rangle =xT(dx)|x\rangle =x|x+dx\rangle$

Comparando estas dos expresiones deducimos como actúa el conmutador

$\left[X,T(dx)\right]|x\rangle =dx|x+dx\rangle$

(solo se ha aplicado la definición de $[\,,\,]$ y utilizado los resultados de arriba)

$=d\!xT(dx)|x\rangle$

$[X,T(dx)]=dxT(dx).$

Os propongo que demostréis esto:

$[X,{\mathcal {I}}-iKdx]=-idx[X,K]$

Y esto es igual que lo que tengo a la derecha

$dx({\mathcal {I}}-ikdx)dx{\mathcal {I}}+{\mathcal {O}}(dx^{2})$

$-i--dx--[X,K]=--dx--{\mathcal {I}}$

$[X,K]=i{\mathcal {I}}=XK-KX$

Multiplicando por $\hbar$

$[X,\hbar K]=i\hbar {\mathcal {I}}$

$[X,P_{x}]=i\hbar {\mathcal {I}}$

Si os creéis que los operadores se definen a partir de sus relaciones de conmutación, esos dos operadores son lo mismo. Son operadores "distintos" pero actúan igual sobre todos los vectores de la base.

$\to$ El momento lineal $P_{x}$ "es" el generador de las traslaciones en la dirección $x$.

Esto último aún no lo podeis entender, pero es una frase crítica.

Fijaos que

$T(dx)={\mathcal {I}}-{\frac {i}{\hbar }}dxP$

El momento de la partícula me dice cómo se comporta cuando hago traslaciones, o viceversa.

Esto va a ser muy importante en el capítulo 4, el momento va a tener importancia en cómo se trasladan las cosas.

Caso 3-dimensional

La demostración en 3 dimensiones es igual

$T(d{\vec {x}})\equiv {\mathcal {I}}-i{\vec {K}}\cdot d{\vec {x}}$

$={\mathcal {I}}-i(K_{1}dx_{1}+K_{2}dx_{2}+K_{3}dx_{3})$

$T(dx_{i})={\mathcal {I}}-iK_{i}dx_{i}$

$\Rightarrow P_{i}=\hbar K_{i}\;y\;{\vec {P}}=\hbar {\vec {K}}$