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Physik » Mathematische Physik » Weyltransformation von Operatoren
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Universität/Hochschule J Weyltransformation von Operatoren
lenz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-03


Hallo
Ich hätte eine Frage. Es geht um Weyltransformationen von Operatoren, die nur von $\hat x$ abhängen. Die Weyltransformation $\tilde A(x,p)$ eines Operators $\hat A$ ist definiert laut des Artikels, den ich zu bearbeiten habe, als \[\tilde A(x,p)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{\hbar}py}\langle x+\frac{y}{2}|\hat A|x-\frac{y}{2}\rangle\,dy\] wobei die spitzen Klammern das Skalarprodukt das $\mathbb{L}^2$ darstellen sollen. Für Operatoren, die nur von $\hat x$ abhängen, soll die Weyltransformation den Operatoren $\hat A(\hat x)$ einfach in eine Funktion A(x) umwandeln. Der Beweis geht folgendermaßen\[\tilde A=\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{\hbar}py}\langle x+\frac{y}{2}|\hat A(\hat x)|x-\frac{y}{2}\rangle\,dy\\
=\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{\hbar}py}A(x-\frac{y}{2})\delta(y)\,dy=A(x)\] Ich hatte überlegt, das Skalarprodukt auseinander zu ziehen, so dass die erste Zeile in \[\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{\hbar}py}\bigl(\langle x|\hat Ax\rangle+\langle\frac{y}{2}|\hat Ax\rangle-\langle x|\hat A\frac{y}{2}\rangle-\langle\frac{y}{2}|\hat A\frac{y}{2}\rangle\bigr)dy\] übergeht. Der letzte Term könnte dann in irgendeiner Weise das $\delta(y)$ erzeugen, die mittleren Terme wirken eine bisschen so, als würden sie sich kürzen, wobei da ja eigentlich komplex konjugierte Terme stehen. Viel mehr fällt mir dazu nicht ein. Insbesondere warum aus dem Operator unter dem Integral auf einmal eine Funktion wird, ist mir unklar. Für Vorschläge wäre ich dankbar.
Gruß Lennart



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-04


2019-07-03 20:15 - lenz im Themenstart schreibt:
Ich hatte überlegt, das Skalarprodukt auseinander zu ziehen, so dass die erste Zeile in \[\int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{i}{\hbar}py}\bigl(\langle x|\hat Ax\rangle+\langle\frac{y}{2}|\hat Ax\rangle-\langle x|\hat A\frac{y}{2}\rangle-\langle\frac{y}{2}|\hat A\frac{y}{2}\rangle\bigr)dy\] übergeht.

Du missverstehst die Bedeutung von $\langle u|\hat A|v\rangle$. Dieser Ausdruck ist weder (semi-) linear in $u$ noch in $v$.

Wenn du es mit der mathematischen Exaktheit nicht genauer nimmst, als es die Physiker tun, kannst du $|v\rangle$ als einen uneigentlichen Eigenvektor des Ortsoperators auffassen:$$
\hat x\,|v\rangle=v\,|v\rangle\;,\quad \langle u|v\rangle=\delta(u-v)
$$In der Rechnung wird dann benutzt$$
A(\hat x)\,|v\rangle = A(v)\,|v\rangle\;,\quad
\left<x+\frac y2\right|\left.x-\frac y2\right> =
\delta\left(x+\frac y2-x+\frac y2\right)=\delta(y)\;.
$$--zippy



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-05


Hallo
Danke für die hilfreiche Antwort. So wie ich das verstehe, gilt das Argument $\hat A(\hat x)|{v}\rangle=A(v)|{v}\rangle$ nur, wenn der Eigenwert mit dem Eigenvektor übereinstimmt, oder nicht?  Wie sieht es mit dem Impulsoperator bzgl. Ortsdarstellung aus? Da stimmen Eigenwerte und Eigenfunktionen ja nicht überein, gilt das Argument trotzdem noch?
Gruß Lennart



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-06


2019-07-05 19:16 - lenz in Beitrag No. 2 schreibt:
So wie ich das verstehe, gilt das Argument $\hat A(\hat x)|{v}\rangle=A(v)|{v}\rangle$ nur, wenn der Eigenwert mit dem Eigenvektor übereinstimmt, oder nicht?

Die Beziehung $A(\hat x)|v\rangle=A(v)|v\rangle$ gilt, weil $|v\rangle$ ein Eigenvektor des Ortsoperators $\hat x$ zum Eigenwert $v$ ist und weil der Operator $\hat A=A(\hat x)$ eine Funktion des Ortsoperators ist.

2019-07-05 19:16 - lenz in Beitrag No. 2 schreibt:
Wie sieht es mit dem Impulsoperator bzgl. Ortsdarstellung aus?

Für den Impulsoperator gilt $\langle u|\hat p|v\rangle=\frac\hbar i\,\delta'(u-v)$, wie man an$$
(\hat p\,\psi)(u)=\frac\hbar i\,\psi'(u)=\frac\hbar i\,
\int_{-\infty}^\infty\delta'(u-v)\,\psi(v)\,\mathrm dv\stackrel!=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat p|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv
$$ablesen kann. Damit erhält man für den Impulsoperator $\hat p$ wie erwartet die Funktion $\tilde A(x,p)=p$:$$\tilde A(x,p)=\int_{-\infty}^\infty
e^{\color{red}-\frac i\hbar py}
\left<x+\frac y2\right|\hat p\left|x-\frac y2\right>\,\mathrm dy=
\int_{-\infty}^\infty e^{\color{red}-\frac i\hbar py}
\,\frac\hbar i\,\delta'(y)\,\mathrm dy=p
$$(Im Vergleich mit deiner Formel aus dem Startbeitrag habe ich das rote Vorzeichen korrigiert.)

Wenn man die Transformierte für eine allgemeine Funktion $A(\hat p)$ ausrechnen will, lohnt es sich, die Formel in eine Version umzurechnen, die mit Eigenzuständen des Impulses arbeitet:$$
\tilde A(x,p)=\int_{-\infty}^\infty
e^{\frac i\hbar qx}
\left<p+\frac q2\right|\hat A\left|p-\frac q2\right>\,\mathrm dq
$$



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15


Hallo
Danke nochmal für die Antwort. Sorry, dass ich so spät reagiere.
Mir ist in dieser Zeile
\[(\hat p\,\psi)(u)=\frac\hbar i\,\psi'(u)=\frac\hbar i\,
\int_{-\infty}^\infty\delta'(v-u)\,\psi(v)\,\mathrm dv\stackrel!=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat p|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv\] der letzte Schritt nicht klar, kannst du das noch etwas ausführlicher begründen? Was mir außerdem unklar ist, ist, dass bei dieser Argumentation, dass das \(\psi'(u)\) von der ersten Gleichung her eine Funktion von u ist und von der zweiten eine Konstante, also \(\psi\) an der Stelle u, oder nicht? Und kann es ein, dass ein Minuszeichen zwischen dem zweiten und dritten Term fehlt. Es ist doch
\[\int_{-\infty}^\infty\delta'(v)\, f(v)=-\int_{-\infty}^{\infty}\delta(v)f'(v)\] oder nicht?



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-07-15


2019-07-15 16:32 - lenz in Beitrag No. 4 schreibt:
Mir ist in dieser Zeile
\[(\hat p\,\psi)(u)=\frac\hbar i\,\psi'(u)=\frac\hbar i\,
\int_{-\infty}^\infty\delta'(v-u)\,\psi(v)\,\mathrm dv\stackrel!=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat p|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv\] der letzte Schritt nicht klar, kannst du das noch etwas ausführlicher begründen?

1. Die Gleichung $$(\hat K\,\psi)(u)=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat K|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv
$$ist eine mögliche Definition des Matrixelements $\langle u|\hat K|v\rangle$ eines Operators $\hat K$ in der Ortsdarstellung.

2. Für den Impulsoperator $\hat p$ kann man $(\hat p\,\psi)(u)=\frac\hbar i\,\psi'(u)$ in diese Form bringen:$$\frac\hbar i\,\psi'(u)=
\frac\hbar i\,\int_{-\infty}^\infty\delta'(u-v)\,\psi(v)\,\mathrm dv
$$(Hier habe ich auch gleich den Vorzeichenfehler korrigiert, auf den du zu Recht hingewiesen hast.)

3. Ein Vergleich der Integralkerne liefert dann$$
\langle u|\hat p|v\rangle=\frac\hbar i\,\delta'(u-v)\;.
$$
2019-07-15 16:32 - lenz in Beitrag No. 4 schreibt:
Was mir außerdem unklar ist, ist, dass bei dieser Argumentation, dass das \(\psi'(u)\) von der ersten Gleichung her eine Funktion von u ist und von der zweiten eine Konstante, also \(\psi\) an der Stelle u, oder nicht?

$\psi$ ist eine Funktion und auch $\hat p\psi$ ist eine Funktion, aber $(\hat p\psi)(u)$ ist keine Funktion, sondern der Wert der Funktion $\hat p\psi$ an der Stelle $u$. In der ganzen Gleichungskette geht es also nicht um Funktionen, sondern um Funktionswerte.



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-15


Hallo
Super, vielen Dank. Kann ich vielleicht noch eine Frage stellen ?
Es soll die Weyltransformation von \(\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2} +\widetilde{\hat p^2\hat x^2}\) berechnet werden. Die Herleitung geht folgendermaßen \[\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2} +\widetilde{\hat p^2\hat x^2}=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2\hat x^2+\hat x^2\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\] und das verstehe ich irgendwie nicht. Ich würde das naiv wieder so versuchen, das ich das entweder aufspalte in
\[\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2} +\widetilde{\hat p^2\hat x^2}=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2\hat x^2+\hat x^2\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\Bigl({\hat p^2\hat x^2||{x-\frac{y}{2}}\rangle +\hat x^2\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\Bigr)\] oder das ich die Operatoren ausschreibe, also \[=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|-\hbar^2\frac{\partial^2}{ \partial x^2}x^2+  x^2(-\hbar^2)\frac{ \partial^2}{ \partial x^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\] aber in beiden Fällen weiß ich nicht so richtig wie ich weitermachen soll, ich weiß z.B. nicht wie der Impulsoperator auf die Ortseigenvektoren wirkt, was ja Deltafunktionen sind. Im Grunde sollte es einfach \(\delta''\) sein, aber auch das hilft mir nicht weiter.
Der Rest der Herleitung ist dann eigentlich verständlich, ich habe nur das Gefühl, das ein Rechenfehler vorliegt. Es geht dann weiter, in dem ein vollständiger Satz von Impulseigenfunktionen eingeschoben wird
\[=\int\int dydp'\, p'^2 e^{\frac{-i}{\hbar}py}(2x^2+\frac{y^2}{2})\langle x+\frac{y}{2}|p'\rangle\langle p'|x-\frac{y}{2}\rangle\\
=-\frac{1}{h}\int\int dydp'\, p'^2 e^{\frac{-i}{\hbar}py}(2x^2+\frac{y^2}{2})\frac{\partial^2}{\partial v^2}e^{\frac{i}{\hbar}p'y}\] In der letzten Zeile scheint mir da ein hquer zu fehlen. Es gilt
\[ \langle x+\frac{y}{2}|p'\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{i}{\hbar}p'(x+\frac{y}{2})};\hspace{0.8cm}\langle p'|x-\frac{y}{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{i}{\hbar}p'(x-\frac{y}{2})}\] wenn ich mich nicht irre. Also wenn ich die letzte Zeile der Herleitung ableite, kommen bei mir da 2 hquer im Nenner vor. Das eine ist dem 2pi vor das Integral gerutscht und das zweite fehlt, oder irre ich?
Ich wäre dir echt dankbar, wenn du mir nochmal helfen würdest.
Gruß Lennart



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-07-15


Der wesentliche Schritt hier nutzt aus, dass man es mit Eigenvektoren des Ortsoperators zu tun hat und dass der Ortsoperator hermitesch ist. Daher ist$$
\hat x^2\,\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>=
\left(x-\frac y2\right)^2\cdot\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>\,,\quad
\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\,\hat x^2=
\left(x+\frac y2\right)^2\cdot\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|
$$und daraus folgt$$
\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\hat p^2\,\hat x^2+\hat x^2\,\hat p^2
\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>=
\left[\left(x-\frac y2\right)^2+\left(x+\frac y2\right)^2\right]\cdot
\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\hat p^2\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>=
\left[2x^2+\frac{y^2}2\right]\cdot
\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\hat p^2\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>\;.
$$Um$$\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\hat p^2\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>
$$auszurechnen, könnte man völlig analog zu der Rechnung in Beitrag Nr. 3 vorgehen. Die Verwendung der Spektraldarstellung$$
\hat p^2=\int_{-\infty}^\infty p^2\,|p\rangle\!\langle p|\,\mathrm dp
$$ist eine Alternative, die natürlich zum selben Ergebnis führt.



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lenz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-16


Hallo
Echt vielen Dank für deine Unterstützung. Dürfte ich noch was fragen?
Kann man den Ausdruck
\[(\hat K\,\psi)(u)=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat K|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv\] folgenderweise herleiten
\[(\hat K\,\psi)(u)= \langle u|\hat K|\psi\rangle=\int dv\langle u|\hat K|v\rangle\langle v|\psi\rangle=\int dv \langle u|\hat K|v\rangle\psi(v)\,?\] Und dann habe ich interessehalber versucht, den zweiten Weg, den du beschrieben hast, nachzuvollziehen. Ich habe dafür
\[\langle u|\hat p^2|v\rangle=-\hbar^2 \,\delta''(u-v)\,\] gesetzt. Ist das richtig? Weil ich dann nach partieller Integration bei so etwas wie
\[\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,-\hbar^2e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\delta''(y)\\
=\left[\left(-\hbar^2e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\right)\delta'(y)\right]_{-\infty}^{\infty}-\int\left(-\hbar^2e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\right)'\delta'(y)\\
=\left(-\hbar^2e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\right)''(0)\] lande und damit werden die Exponentialfunktionen ja 1.

Gruß Lennart
edit: In meinem letzten Post war die partielle Integration natürlich nach y und nicht nach v.



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zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-07-16


2019-07-16 08:11 - lenz in Beitrag No. 8 schreibt:
Kann man den Ausdruck
\[(\hat K\,\psi)(u)=
\int_{-\infty}^\infty\langle u|\hat K|v\rangle\,\psi(v)\,\mathrm dv\] folgenderweise herleiten
\[(\hat K\,\psi)(u)= \langle u|\hat K|\psi\rangle=\int dv\langle u|\hat K|v\rangle\langle v|\psi\rangle=\int dv \langle u|\hat K|\psi\rangle\psi(v)\]

Ja.

2019-07-16 08:11 - lenz in Beitrag No. 8 schreibt:
Ich habe dafür
\[\langle u|\hat p^2|v\rangle=-\hbar^2 \,\delta''(u-v)\] gesetzt. Ist das richtig?

Ja.

2019-07-16 08:11 - lenz in Beitrag No. 8 schreibt:
\[\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2\color{red}-\frac{y^2}{2})\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\]

Das rote Minus müsste ein Plus sein wegen$$
\left(x-\frac y2\right)^2+\left(x+\frac y2\right)^2=2x^2+\frac{y^2}2
$$(siehe Beitrag Nr. 7).

2019-07-16 08:11 - lenz in Beitrag No. 8 schreibt:
... und damit werden die Exponentialfunktionen ja 1.

Warum sollte das ein Problem sein? Du leitest doch erst zweimal nach $y$ ab und setzt dann $y=0$:$$
-\hbar^2{\partial^2\over\partial y^2}\;
\left.e^{-\frac i\hbar py}
\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\,\right|_{y=0}=
2x^2p^2-\hbar^2\;.$$Und auf dasselbe Ergebnis kommst du auch mit der Spektraldarstellung von $\hat p^2$:$$
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dp'\,
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\,p'^2\,
\left<x+\frac y2\middle|p'\right>
\left<p'\middle|x+\frac y2\right>=\\
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dp'\,
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\,p'^2\,
\frac1{2\pi}\,e^{\frac i\hbar(x+\frac y2)p'}
e^{-\frac i\hbar(x-\frac y2)p'}=\\
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dp'\,
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\,p'^2\,
\frac1{2\pi}\,e^{\frac i\hbar yp'}=\\-\hbar^2
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dp'\,
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)
\frac1{2\pi}\,{\partial^2\over\partial y^2}\,
e^{\frac i\hbar yp'}=\\-\hbar^2
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dp'\,
{\partial^2\over\partial y^2}\left[
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\right]
\frac1{2\pi}\,e^{\frac i\hbar yp'}=\\-\hbar^2
\intop_{-\infty}^\infty\mathrm dy\,
{\partial^2\over\partial y^2}\left[
e^{-\frac i\hbar py}\,\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\right]
\delta(y)=\\-\hbar^2
{\partial^2\over\partial y^2}\;
e^{-\frac i\hbar py}\,\left.\left(2x^2+\frac{y^2}2\right)\,
\,\right|_{y=0}$$



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lenz
Junior Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-16


Hallo
Super, vielen Dank. Ist genau das was rauskommen soll. Ich war nur verunsichert, weil in der Herleitung zum Schluss noch partiell integriert wurde, aber das fällt so weg, hätte mir auch auffallen können, wenn ich es zu Ende gedacht hätte. Kann ich noch ein letztes Mal fragen:
Bei dieser Herleitung
\[\hat x^2\,\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>=
\left(x-\frac y2\right)^2\cdot\left|\mkern 1mu x-\frac y2\right>\,,\quad
\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\,\hat x^2=
\left(x+\frac y2\right)^2\cdot\left<x+\frac y2\mkern 1mu \right|\] wirkt der Operator ja von rechts auf den bra. Wirken Operatoren nicht immer von links? Weil dann müsste ja zuerst der Impulsoperator angewandt werden.
Also mit einer ähnlichen Argumentation könnte man doch auch sagen
\[\langle x|\hat x\hat p|x\rangle=\langle x|\hat p\hat x|x\rangle\] oder nicht?
Und dann noch, weil es auch um Summen von Orts- und Impulsoperatoren geht, also den Hamilton-Operator, die müssen dann ja auf die gleiche Basis wirken, kann man diese Argumentation
\[\tilde A(x,p)=\int_{-\infty}^\infty
e^{\color{red}-\frac i\hbar py}
\left<x+\frac y2\right|\hat p\left|x-\frac y2\right>\,\mathrm dy=
\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac i\hbar py}
\,\frac\hbar i\,\delta'(y)\,\mathrm dy=p\] nicht naheliegenderweise mittels
\[\tilde A(x,p)=\int_{-\infty}^\infty
e^{\color{red}-\frac i\hbar py}
\left<x+\frac y2\right|\hat p^n\left|x-\frac y2\right>\,\mathrm dy=
\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac i\hbar py}
\,(\frac\hbar i)^n\,\delta^{(n)}(y)\,\mathrm dy=\\
 \left.\left((\frac\hbar i)^n\cdot e^{-\frac i\hbar py}\right)^{(n)}\,\right|_{y=0} =p^n\] erweitern? Damit müssten doch alle möglichen Operatoren von \(\hat p\) abgedeckt sein, oder nicht? Da man skalare Koeffizienten ohnehin vor das Integral ziehen kann und für Summen  
\[\left< x|\hat p +\hat p| x \right>=\left< x|\hat p| x \right>+\left< x|\hat p | x \right>\] gelten sollte, oder nicht?

Gruß Lennart
und vielen Dank nochmal.



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zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 792
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-07-16


2019-07-16 15:16 - lenz in Beitrag No. 10 schreibt:
Wirken Operatoren nicht immer von links?

Im Bra-Ket-Formalismus kann man einen Operator auch von rechts wirken lassen: Ein Bra $\langle a|$ ist die Linearform, die einen Ket $|b\rangle$ auf die Zahl $\langle a|b\rangle$ abbildet. Die Wirkung eines Operators $\hat K$ von rechts auf den Bra $\langle a|$ ist dann der durch $\bigl(\langle a|\hat K\bigr)|b\rangle:=\langle a|\bigl(\hat K|b\rangle\bigr)$ definierte Bra $\langle a|\hat K$.

Man kann sich leicht überlegen:
1. Wenn $\hat K|a\rangle=|b\rangle$ ist, dann ist auch $\langle a|\hat K^\dagger=\langle b|$, wobei $\hat K^\dagger$ der zu $\hat K$ adjungierte Operator ist.
2. Wenn $|k\rangle$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $k$ von $\hat K$ ist, also $\hat K|k\rangle=k|k\rangle$, dann ist auch $\langle k|\hat K^\dagger=\langle k|k$.

Für den hermiteschen Ortsoperator $\hat x$ gilt daher neben $\hat x|v\rangle=v|v\rangle$ auch $\langle u|\hat x=\langle u|u$.

2019-07-16 15:16 - lenz in Beitrag No. 10 schreibt:
Damit müssten doch alle möglichen Operatoren von \(\hat p\) abgedeckt sein, oder nicht?

Ja, genauso wie für jede Funktion $\hat A=A(\hat x)$ des Ortsoperators $\tilde A(x,p)=A(x)$ gilt, gilt auch für jede Funktion $\hat A=A(\hat p)$ des Impulsoperators $\tilde A(x,p)=A(p)$, und das kann man so zeigen, wie du es angedeutet hast.

Wirklich rechnen muss man also nur für Ausdrücke, in denen sowohl $\hat x$ wie auch $\hat p$ vorkommen. $\hat p^2\,\hat x^2+\hat x^2\,\hat p^2$ oben war ein Beispiel dafür.



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lenz
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Hallo
Ich bin es noch ein hoffentlich letztes Mal.
Folgt daraus nicht, dass für den Operator \(\hat x\hat p\) im bra-ket Formalismus gilt,
\[\langle\langle x|\hat x\hat p||x\rangle =\langle x||\hat x\hat p|x\rangle\rangle\] wobei die äußeren Klammern das Skalarprodukt darstellen sollen und die inneren die Anwendung auf den bra, bzw. ket.
Weil, wenn man in eine konkrete Darstellung übergeht,
\[\langle \psi(x)|\hat x\hat p\psi(x)\rangle=\int \psi(x)^* x\frac \hbar i \frac\partial{\partial x}\psi(x)\] gilt ja
\[\langle \psi(x)|\hat x\hat p\psi(x)\rangle=\int \psi(x)^* x\frac \hbar i \frac\partial{\partial x}\psi(x)\\
=\int \psi(x)^* x\frac \hbar i \psi'(x)\] während
\[\langle \psi(x)|\hat p\hat x\psi(x)\rangle=\int \psi(x)^*\frac \hbar i \frac\partial{\partial x}x\psi(x)\\
=\int \psi(x)^*\frac \hbar i (x\psi'(x)+\psi(x))\] ist, oder nicht?
Mir ist dabei zusätzlich die Frage gekommen, warum der Impulsoperator eigentlich hermitesch ist. In der konkreten Ortsdarstellung müsste für komplexwertige Wellenfunktion doch gelten
\[\int\psi^*(x)\hat p \psi(x)=-\int\hat p\psi^*(x)\psi(x)\] oder nicht?

Gruß Lennart



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zippy
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2019-07-17 07:09 - lenz in Beitrag No. 12 schreibt:
Folgt daraus nicht, dass für den Operator \(\hat x\hat p\) im bra-ket Formalismus gilt,
\[\langle\langle x|\hat x\hat p||x\rangle =\langle x||\hat x\hat p|x\rangle\rangle\]

Wenn ich mir deine nachfolgende Rechnung anschaue, meinst du vermutlich, ob $\langle x|\hat p\,\hat x|x\rangle=\langle x|\hat x\,\hat p|x\rangle$ gilt.

Das gilt tatsächlich, aber das liegt daran, dass $|x\rangle$ ein Eigenvektor von $\hat x$ ist und dass somit beide Ausdrücke $=x\cdot\langle x|\hat p|x\rangle$ sind.

Es gilt schon nicht mehr $\langle x_1|\hat p\,\hat x|x_2\rangle=\langle x_1|\hat x\,\hat p|x_2\rangle$ für zwei Eigenvektoren zu Eigenwerten $x_1\ne x_2$ und auch nicht $\langle\psi|\hat p\,\hat x|\psi\rangle=\langle\psi|\hat x\,\hat p|\psi\rangle$ für einen Vektor $|\psi\rangle$, der kein Eigenvektor von $\hat x$ ist (das ist der Fall, den du in deiner Rechnung betrachtest).

2019-07-17 07:09 - lenz in Beitrag No. 12 schreibt:
Mir ist dabei zusätzlich die Frage gekommen, warum der Impulsoperator eigentlich hermitesch ist. In der konkreten Ortsdarstellung müsste für komplexwertige Wellenfunktion doch gelten
\[\int\psi^*(x)\hat p \psi(x)=-\int\hat p\psi^*(x)\psi(x)\] oder nicht?

Im Bra-Ket-Formalismus lautet die Bedingung dafür, dass $\hat p$ hermitesch ist, $\langle\varphi|\hat p|\psi\rangle=\langle\psi|\hat p|\varphi\rangle^*$.

In der Schreibweise mit Skalarprodukt (dafür verwende ich runde Klammern) ist $\langle\varphi|\hat p|\psi\rangle=(\varphi|\hat p\,\psi)$ und $\langle\psi|\hat p|\varphi\rangle^*=(\psi|\hat p\,\varphi)^*=(\hat p\,\varphi|\psi)$. Also bedeutet hermitesch hier $(\varphi|\hat p\,\psi)=(\hat p\,\varphi|\psi)$.

Und diese Bedingung sieht in der Ortsdarstellung ausgeschrieben so aus:$$
\int\varphi(x)^*\,(\hat p\,\psi)(x)\;\mathrm dx=
\int(\hat p\,\varphi)(x)^*\,\psi(x)\;\mathrm dx$$



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


Hallo
Danke zum wiederholten Mal. Du hilfts mir wirklich sehr. Es hat sich leider immer noch nicht ganz für mich geklärt.
\[\langle\langle x|\hat x\hat p||x\rangle =\langle x||\hat x\hat p|x\rangle\rangle\] und
\[\langle x|\hat p\,\hat x|x\rangle=\langle x|\hat x\,\hat p|x\rangle\] schien mir das Gleiche zu sein, weil durchs Wirken auf den bra ja die Reihenfolge der Operatoren vertauscht wird. Wenn das jetzt aber nicht das Gleiche ist, dann macht es doch einen Unterschied, ob man einen Operator auf den ket oder den bra anwendet, oder nicht?
Und hier
\[\int\varphi(x)^*\,(\hat p\,\psi)(x)\;\mathrm dx=
\int(\hat p\,\varphi)(x)^*\,\psi(x)\;\mathrm dx\] ist mir immer noch nicht klar, das Ableiten der konjugiert komplexen Wellenfunktion erzeugt doch ein zusätzliches Minus, oder nicht? Ich könnte deine Darstellung jetzt so interpretieren, das erst abgeleitet wird und dann konjugiert, aber wird das in der Praxis so gemacht?

Gruß Lennart



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-07-17


2019-07-17 11:39 - lenz in Beitrag No. 14 schreibt:
\[\langle\langle x|\hat x\hat p||x\rangle =\langle x||\hat x\hat p|x\rangle\rangle\] und
\[\langle x|\hat p\,\hat x|x\rangle=\langle x|\hat x\,\hat p|x\rangle\] schien mir das Gleiche zu sein, weil durchs Wirken auf den bra ja die Reihenfolge der Operatoren vertauscht wird.

Bis zu der Frage, ob beide Gleichungen das Gleiche bedeuten, kommt man gar nicht, denn das Problem fängt schon damit an, dass der Ausdruck $\langle\langle x|\hat x\hat p||x\rangle$ keinen Sinn ergibt, denn du setzt den Bra $\langle x|\hat x\hat p$ in das Skalarprodukt ein, das nur für Kets (also für Vektoren, nicht für Linearformen) definiert ist.

Wenn dir der Bra-Ket-Formalismus noch nicht hinreichend transparent ist, kannst du $\langle x|\hat p\,\hat x|x\rangle=\langle x|\hat x\,\hat p|x\rangle$ aber auch direkt mit dem Skalarprodukt zeigen. Ich nenen hier den Eigenvektor $|x\rangle$ mal $\xi_x$:$$
(\xi_x|\hat p\,\hat x\,\xi_x)=x\cdot(\xi_x|\hat p\,\xi_x)\;,\quad
(\xi_x|\hat x\,\hat p\,\xi_x)=(\hat x\,\xi_x|\hat p\,\xi_x)=
  x\cdot(\xi_x|\hat p\,\xi_x)
$$
2019-07-17 11:39 - lenz in Beitrag No. 14 schreibt:
Und hier
\[\int\varphi(x)^*\,(\hat p\,\psi)(x)\;\mathrm dx=
\int(\hat p\,\varphi)(x)^*\,\psi(x)\;\mathrm dx\] ist mir immer noch nicht klar, das Ableiten der konjugiert komplexen Wellenfunktion erzeugt doch ein zusätzliches Minus, oder nicht?

Du denkst an Details der konkreten Rechnung mit $\frac\hbar i{\partial\over\partial x}$, wo sich ein Minuszeichen aus der partiellen Integration und eine Minuszeichen aus der Komplex-Konjugation gegenseitig aufheben, aber das spielt doch für die allgemeine Definition von "hermitesch" keine Rolle.

2019-07-17 11:39 - lenz in Beitrag No. 14 schreibt:
Ich könnte deine Darstellung jetzt so interpretieren, das erst abgeleitet wird und dann konjugiert, aber wird das in der Praxis so gemacht?

Die allgemeine Definition sagt "erst Operator anwenden, dann konjugieren". In dem speziellen Fall von $\frac\hbar i{\partial\over\partial x}$ kann man das auch anderes machen, aber auch das spielt doch für die allgemeine Definition keine Rolle.



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lenz
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Hallo
Echt vielen herzlichen Dank nochmal. Jetzt fang ich langsam an es zu schnallen. Es gilt also
\[\widetilde{\hat p^2\hat x^2}+\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2}=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\hat x^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2+\hat x^2\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\hat x^2\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\left(x-\frac{y}{2}\right)^2 \langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}(2x^2-\frac{y^2}{2})\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\]
Das mit dem bra-ket Formalismus ist mir tatsächlich noch unklar. In den einführenden Lehrbüchern wird gesagt, das man mit bra wird abgebildet auf Spaltenvektor, das als Skalarprodukt verstehen kann. Ich hatte es immer als Skalarprodukt ohne konkrete Basisdarstellung verstanden.
Gruß Lennart
Und vielen Dank nochmal. Ich habe es jetzt, endlich, ausreichend verstanden.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-07-18


2019-07-18 12:30 - lenz in Beitrag No. 16 schreibt:
Es gilt also
\[\color{red}{\widetilde{\hat p^2\hat x^2}+\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2}}=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\hat x^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2+\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2+\hat x^2\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat x^2\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\color{red}{\hat x^2}\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\left(\langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2\left(x-\frac y 2\right)^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle+\color{red}{\left(x-\frac{y}{2}\right)^2} \langle{x+\frac{y}{2}}|\hat p^2|{x-\frac{y}{2}}\rangle\right)\\
=\int dy\,e^{-\frac{i}{\hbar}py}\color{red}{(2x^2-\frac{y^2}{2})}\langle{x+\frac{y}{2}}|{\hat p^2}|{x-\frac{y}{2}}\rangle\] n.

Hier gibt es noch ein paar Ungenauigkeiten:

1. $\widetilde{\hat p^2\hat x^2}+\widetilde{\hat {p}^2 \hat {x}^2}$ muss $\widetilde{\hat p^2\hat x^2}+\widetilde{\hat x^2 \hat p^2}$ lauten.

2. $\hat x^2$ kann nicht außerhalb von $\langle\cdots\rangle$ stehen. Du musst dich entweder mit dem Bra-Ket-Formalismus anfreunden und diesen konsequent benutzen oder alles konsequent auf die Skalarprodukt-Schreibweise umstellen.

3. Das $\hat x^2\hat p^2$ liefert einen Faktor $\displaystyle\left(x+\frac{y}{2}\right)^2$, nicht $\displaystyle\left(x-\frac{y}{2}\right)^2$.

4. Die Summe der beiden Faktoren ist $\displaystyle2x^2+\frac{y^2\!}{2}$, nicht $\displaystyle2x^2-\frac{y^2\!}{2}$:
2019-07-16 09:34 - zippy in Beitrag No. 9 schreibt:
$$\left(x-\frac y2\right)^2+\left(x+\frac y2\right)^2=2x^2+\frac{y^2\!}2
$$



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-18


Hallo
Sorry, 1,3 und vier waren Flüchtigkeitsfehler.
Zu zwei: Der eigentliche Unterschied besteht in der Notation, und das bra ket halt basisfrei ist, sehe ich das richtig?
Im Skalarprodukt (f,g) kann f doch auch als lineares Funktional aus \(\mathcal H^*\) aufgefasst werden, d.h. der Operator wirkt im bra-ket Formalismus letzten Endes auch von links, oder nicht?
Gibt es einen Ausdruck für das Skalarprodukt in einer basisfreien Darstellung?
Gruß Lennart

edit: Mir ist gerade klar geworden, dass es bei Produkten von Operatoren bei der Reihenfolge der Operatoren eine Rolle spielt, wenn man sie von links auf einen bra wirken lässt, oder von rechts im Skalarprodukt, dass es sozusagen das Gleiche ist, wenn man sie von links auf einen bra wirken lässt, oder die Reihenfolge der Operatoren im Skalarprodukt, beim Wechsel von einem Argument zum Anderen, umtauscht, das war das, was du sagen wolltest, stimmts?



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-07-18


2019-07-18 13:44 - lenz in Beitrag No. 18 schreibt:
Zu zwei: Der eigentliche Unterschied besteht in der Notation, und das bra ket halt basisfrei ist, sehe ich das richtig?

Nein, auch das Skalarprodukt ist basisfrei formuliert.

2019-07-18 13:44 - lenz in Beitrag No. 18 schreibt:
Im Skalarprodukt (f,g) kann f doch auch als lineares Funktional aus \(\mathcal H^*\) aufgefasst werden

Nein, was sollte das bedeuten? Das Skalarprodukt ist auf $\mathcal H\times \mathcal H$ definiert. Man kann da nichts aus $\mathcal H^*$ einsetzen.

Was man als lineares Funktional auffassen kann ist die Abbildung $(f,\cdot)\colon g\mapsto(f,g)$.

2019-07-18 13:44 - lenz in Beitrag No. 18 schreibt:
Gibt es einen Ausdruck für das Skalarprodukt in einer basisfreien Darstellung?

Wie schon gesagt: Das Skalarprodukt ist basisfrei.

2019-07-18 13:44 - lenz in Beitrag No. 18 schreibt:
edit: Mir ist gerade klar geworden, dass es bei Produkten von Operatoren bei der Reihenfolge der Operatoren eine Rolle spielt, wenn man sie von links auf einen bra wirken lässt, oder von rechts im Skalarprodukt, dass es sozusagen das Gleiche ist, wenn man sie von links auf einen bra wirken lässt, oder die Reihenfolge der Operatoren im Skalarprodukt, beim Wechsel von einem Argument zum Anderen, umtauscht, das war das, was du sagen wolltest, stimmts?

Ich weiß nicht, ob ich das sagen wollte. Ehrlich gesagt, versteh ich nicht, was du schreibst.



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-19


Hallo
Ich meinte mit meinem edit das
in bra-ket Schreibweise
\[\langle x_1\hat x\hat p|x_2\rangle=\langle x_1|\hat x\hat p x_2\rangle\] und in Skalarproduktschreibweise
\[(x_1,\hat x \hat p x_2)=(\hat x x_1, \hat p x_2)=(\hat p\hat x x_1, x_2)\] gilt. Mir ist jetzt aber wieder unklar, würde das nicht heißen, dass
\(\hat x\) und \(\hat p\) kommutieren, wenn \(x_1=x_2\) und \(x_1\) kein Eigenvektor von \(\hat x\) und meinetwegen noch reell?
Gruß Lennart



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-07-19


2019-07-19 09:44 - lenz in Beitrag No. 20 schreibt:
in bra-ket Schreibweise
\[\langle x_1\hat x\hat p|x_2\rangle=\langle x_1|\hat x\hat p x_2\rangle\]

Beide Seiten ergeben im Bra-Ket-Formalismus keinen Sinn. Eine Übersetzung von ...

2019-07-19 09:44 - lenz in Beitrag No. 20 schreibt:
in Skalarproduktschreibweise
\[(x_1,\hat x \hat p x_2)=(\hat x x_1, \hat p x_2)=(\hat p\hat x x_1, x_2)\]

... in den Bra-Ket-Formalismus wäre$$
\langle x_1|\hat x\,\hat p|x_2\rangle =
\langle x_2|\hat p\,\hat x|x_1\rangle^*\;.$$
2019-07-19 09:44 - lenz in Beitrag No. 20 schreibt:
würde das nicht heißen, dass
\(\hat x\) und \(\hat p\) kommutieren, wenn \(x_1=x_2\) und \(x_1\) kein Eigenvektor von \(\hat x\) und meinetwegen noch reell?

Unter diesen Voraussetzugen wäre tatsächlich $\langle x_1|\hat x\,\hat p|x_1\rangle =
\langle x_1|\hat p\,\hat x|x_1\rangle$. Aber das bedeutet ja noch nicht, dass $\hat x$ und $\hat p$ kommutieren.



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index_razor
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-07-19


2019-07-18 18:20 - zippy in Beitrag No. 19 schreibt:
2019-07-18 13:44 - lenz in Beitrag No. 18 schreibt:
Im Skalarprodukt (f,g) kann f doch auch als lineares Funktional aus \(\mathcal H^*\) aufgefasst werden

Nein, was sollte das bedeuten? Das Skalarprodukt ist auf $\mathcal H\times \mathcal H$ definiert. Man kann da nichts aus $\mathcal H^*$ einsetzen.

Was man als lineares Funktional auffassen kann ist die Abbildung $(f,\cdot)\colon g\mapsto(f,g)$.

Ja, aber die Abbildung \(f\mapsto (f,\cdot) =: f^\flat\) ist linear und definiert eine sesquilineare Abbildung \(\mathcal{H}^\ast \times \mathcal{H}\rightarrow \mathbb{C}\) gemäß

\(\langle f^\flat, g\rangle = (f,g).\)

Wie sehr man hier zwischen \(f\) und \(f^\flat\) oder \(\langle\cdot,\cdot\rangle\) und \((\cdot, \cdot)\) unterscheiden will, ist wohl eher Geschmackssache.  (Wenn man alle diese Isomorphismen explizit benennt, wird das ganze m.E. schnell unleserlich.)


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.20 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-19


Hallo
Würde das nicht bedeuten, das \(\hat x\hat p\) und \(\hat p\hat x\) jeden Vektor auf den gleichen Vektor abbilden. Die Gleichung müsste ja wegen der Hermitizität auch für alle anderen Vektoren gelten, mal abgesehen von einer komplexen Konjugation, die ja nicht das \(\hbar\) erklären würde, oder nicht?
Gruß Lennart



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2019-07-19


2019-07-19 13:12 - lenz in Beitrag No. 23 schreibt:
Hallo
Würde das nicht bedeuten, das \(\hat x\hat p\) und \(\hat p\hat x\) jeden Vektor auf den gleichen Vektor abbilden.

Woraus schließt du das?  Meine Empfehlung ist, in solchen Argumenten nicht die Bra-Ket-Notation zu verwenden, weil sie viel zu mehrdeutig ist.  Ich finde auch generell, daß diese Notation keinerlei Vorteile bringt und ich benutze sie nie.  Ich würde einfach immer \(\langle x|A|y\rangle\) als \((x, Ay)\) lesen und dann mit den üblichen Definitionen wie \( (A^\dagger x, y) = (x,Ay)\) etc. weiterarbeiten.  Falls nötig, kannst du das Ergebnis auch immer leicht zurückübersetzen.  

Ein Ausdruck wie \( \langle x|A\) in der Bra-Ket-Schreibweise, kannst du auch als \(\langle A'x|\) in derselben Notation interpretieren, wobei \(A'\) der adjungierte Operator zu \(A\) ist, d.h. mit den Definitionen aus meinem vorigen Beitrag wäre dann

\(\langle A'x^\flat, y\rangle \stackrel{\text{def }A'}{=} \langle x^\flat, Ay\rangle = (x,Ay) \stackrel{\text{def }A^\dagger}{=} (A^\dagger x,y) = \langle(A^\dagger x)^\flat, y\rangle \) usw. für alle \(y\).

Grundlage für Definitionen wie diese ist übrigens der Rieszsche Darstellungssatz.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-07-19


2019-07-19 13:12 - lenz in Beitrag No. 23 schreibt:
Würde das nicht bedeuten, das \(\hat x\hat p\) und \(\hat p\hat x\) jeden Vektor auf den gleichen Vektor abbilden.

Vergiss nicht, dass diese Gleichung gelten würde, wenn deine Annahme "und meinetwegen noch reell" zutreffen würde.

Aber diese Annahme tifft nicht zu. Wenn für einen Operator $\hat K$ alle Matrixelemente der Form $\langle x_1|\hat K|x_1\rangle$ reell sind, dann muss $\hat K$ hermitesch sein. Aber die Produkte $\hat x\hat p$ und $\hat p\hat x$ sind nicht hermitesch, denn es ist ja $(\hat x\hat p)^\dagger=\hat p\hat x\ne\hat x\hat p$.

Mir ist auch nicht klar, worauf du eigentlich hinaus willst. Deine konkreten Fragen im Zusammenhang mit der Weyltranformation sind geklärt, und deine Probleme mit dem Bra-Ket-Formalsimus kannst du aus dem Weg räumen, indem du alle Gleichungen sorgfältig in die Skalarprodukt-Sprache übersetzt. Diese Übersetzung zu vermeiden und über Bra-Ket-Ausdrücke zu spekulieren kann doch zu nichts führen.



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lenz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-19


Hallo
2019-07-19 16:49 - zippy in Beitrag No. 25 schreibt:
Mir ist auch nicht klar, worauf du eigentlich hinaus willst. Deine konkreten Fragen im Zusammenhang mit der Weyltranformation sind geklärt, und deine Probleme mit dem Bra-Ket-Formalsimus kannst du aus dem Weg räumen, indem du alle Gleichungen sorgfältig in die Skalarprodukt-Sprache übersetzt. Diese Übersetzung zu vermeiden und über Bra-Ket-Ausdrücke zu spekulieren kann doch zu nichts führen.
Du hast recht. Ich bin nur verwundert, dass sich die Relation
\[\left[\hat x \hat p -\hat p\hat x\right]=i\hbar\] im Skalarprodukt gar nicht niederschlägt, aber das ist tatsächlich nicht so wichtig. Ich danke dir nochmal vielmals für deine Hilfe.
Gruß Lennart

p.s. Sorry hab gerade erst gemerkt, dass man ein OK Häkchen setzen kann.



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