[MQ]Il segno dei generatori delle traslazioni
Il libro di Sakurai definisce gli operatori momento \(\mathbf{p}\) e Hamiltoniano \(H\) in modo tale che
- [*:23fbk3yq]\(-\mathbf{p}/ \hbar\) sia il generatore delle traslazioni spaziali; [/*:m:23fbk3yq]
[*:23fbk3yq]\(-H/\hbar\) sia il generatore dell'evoluzione temporale (traslazione temporale).[/*:m:23fbk3yq][/list:u:23fbk3yq]
Posso anche intuire il motivo della presenza di \(\hbar\) (questione di analisi dimensionale), ma perché quel segno \(-\), secondo voi? Cosa cambierebbe nel definire questi due operatori col segno cambiato?
Risposte
Se cambi il segno degli operatori "trasli" dalla parte opposta. Potresti dirmi la pagina in cui li definisce?
(Io ho l'edizione rivista: Sakurai - Napolitano "Modern Quantum Mechanics", Addison Wesley)
Il momento è definito a pag. 45. L'Hamiltoniano a pag. 69. No, mi sta bene tutto, solo mi confondo un po' perché nella teoria generale il professore di fisica teorica ha usato questa definizione: se \(D_R(\theta_1, \ldots \theta_n)\) è una rappresentazione di un gruppo di Lie, i generatori del gruppo nella rappresentazione data sono i \(T_R^a\) che compaiono qui:
\[D_R(d\theta)=1+id\theta_aT_R^a.\]
E quindi c'è il segno cambiato rispetto a quello di Sakurai, in cui ad esempio una traslazione infinitesima è data da
\[\mathcal{T}(\Delta x'\hat{x})=1- \frac{i}{\hbar} \Delta x' p_x.\]
Ma insomma, posso sopravvivere!
Il momento è definito a pag. 45. L'Hamiltoniano a pag. 69. No, mi sta bene tutto, solo mi confondo un po' perché nella teoria generale il professore di fisica teorica ha usato questa definizione: se \(D_R(\theta_1, \ldots \theta_n)\) è una rappresentazione di un gruppo di Lie, i generatori del gruppo nella rappresentazione data sono i \(T_R^a\) che compaiono qui:
\[D_R(d\theta)=1+id\theta_aT_R^a.\]
E quindi c'è il segno cambiato rispetto a quello di Sakurai, in cui ad esempio una traslazione infinitesima è data da
\[\mathcal{T}(\Delta x'\hat{x})=1- \frac{i}{\hbar} \Delta x' p_x.\]
Ma insomma, posso sopravvivere!
Ad alcuni fisici piace di piú col meno.... Credo che sia per via dell'equazione di Schroedinger
\[ i \partial_t \psi = H \psi \]
che formalmente é risolta da
\[ \psi = e^{- i H t } \psi_0 \]
Almeno io faccio questo ragionamento quando mi devo ricordare il segno.
\[ i \partial_t \psi = H \psi \]
che formalmente é risolta da
\[ \psi = e^{- i H t } \psi_0 \]
Almeno io faccio questo ragionamento quando mi devo ricordare il segno.
M'è venuta una pensata che dovrebbe spiegare il mistero. Prendiamo il momento, generatore delle traslazioni spaziali per una particella vincolata su una retta: (\(\hbar=1\))
\[\mathcal{T}(\Delta x')=\exp\left[ - i p\Delta x'\right].\]
Nella rappresentazione posizionale, ciò significa
[EDIT] Quanto segue è sbagliato. Nella rappresentazione posizionale \(p=-i d/dx\). [/edit]
\[\mathcal{T}(\Delta x')\psi(x')=\exp\left[ -i \frac{d}{dx}\Delta x'\right]\psi(x')=\psi(x'-\Delta x'), \]
ed è giusto che ci sia quel meno nel membro destro, perché così stiamo traslando il grafico di \(\psi\) nel verso "giusto", ovvero verso destra se \(\Delta x'\) è positivo.
Per esempio, caso limite: se \(\psi(x')=\delta(x')\), dopo la traslazione vorremmo una delta di Dirac concentrata in \(\Delta x'\), ed effettivamente è quello che otteniamo grazie al segno meno. Ci fosse stato un segno più ci saremmo ritrovati con una \(\delta(x'+\Delta x')\), che è sbagliata: è concentrata in \(-\Delta x'\).
\[\mathcal{T}(\Delta x')=\exp\left[ - i p\Delta x'\right].\]
Nella rappresentazione posizionale, ciò significa
[EDIT] Quanto segue è sbagliato. Nella rappresentazione posizionale \(p=-i d/dx\). [/edit]
\[\mathcal{T}(\Delta x')\psi(x')=\exp\left[ -i \frac{d}{dx}\Delta x'\right]\psi(x')=\psi(x'-\Delta x'), \]
ed è giusto che ci sia quel meno nel membro destro, perché così stiamo traslando il grafico di \(\psi\) nel verso "giusto", ovvero verso destra se \(\Delta x'\) è positivo.
Per esempio, caso limite: se \(\psi(x')=\delta(x')\), dopo la traslazione vorremmo una delta di Dirac concentrata in \(\Delta x'\), ed effettivamente è quello che otteniamo grazie al segno meno. Ci fosse stato un segno più ci saremmo ritrovati con una \(\delta(x'+\Delta x')\), che è sbagliata: è concentrata in \(-\Delta x'\).
L'unico problema é che
\( p = -i \frac{d}{dx}\)
e quindi
\( \exp\left( - i p a \right) = \exp\left( - \frac{d}{dx} a \right) \)
che trasla dalla parte sbagliata....non so ci devo pensare...
\( p = -i \frac{d}{dx}\)
e quindi
\( \exp\left( - i p a \right) = \exp\left( - \frac{d}{dx} a \right) \)
che trasla dalla parte sbagliata....non so ci devo pensare...
oops
Quindi tutto il mio ragionamento precedente va completamente all'aria.
Quindi tutto il mio ragionamento precedente va completamente all'aria.
Giusto per fissare le idee... La definizione del momento
\( \hat{p} = -i \frac{d}{dx} \)
é una convenzione ormai usuale. Dal punto di vista matematico non ci sarebbe nessun problema nel prenderla senza il meno, visto che l'unica proprietá fisica che vogliamo é l'autoaggiunzione e di questo si occupa la \(i\). Il meno uno ce lo mette perché vuole che l'operatore abbia come autovalore proprio il valore scalare di $p$ da associare allo stato quantistico. Siccome, di solito, si considerano le onde piane, del tipo \(e^{i p x}\) come aventi momento positivo, cioé """si muovono verso destra""", allora vedi che
\( \displaystyle \hat{p} e^{i p x} = p e^{i p x} \)
cioé le onde piane sono autostati dell'impulso con l'autovalore col segno "giusto". Credo che in fin dei conti il tutto dipenda da come uno definisce la trasformata di Fourier (con o senza meno all'esponente), peró di questo non sono sicurissimo quindi prendila solo come una intuizione.
\( \hat{p} = -i \frac{d}{dx} \)
é una convenzione ormai usuale. Dal punto di vista matematico non ci sarebbe nessun problema nel prenderla senza il meno, visto che l'unica proprietá fisica che vogliamo é l'autoaggiunzione e di questo si occupa la \(i\). Il meno uno ce lo mette perché vuole che l'operatore abbia come autovalore proprio il valore scalare di $p$ da associare allo stato quantistico. Siccome, di solito, si considerano le onde piane, del tipo \(e^{i p x}\) come aventi momento positivo, cioé """si muovono verso destra""", allora vedi che
\( \displaystyle \hat{p} e^{i p x} = p e^{i p x} \)
cioé le onde piane sono autostati dell'impulso con l'autovalore col segno "giusto". Credo che in fin dei conti il tutto dipenda da come uno definisce la trasformata di Fourier (con o senza meno all'esponente), peró di questo non sono sicurissimo quindi prendila solo come una intuizione.
"alle.fabbri":
Credo che in fin dei conti il tutto dipenda da come uno definisce la trasformata di Fourier (con o senza meno all'esponente)
Anche secondo me.
Fourier è una buona spiegazione, convincente. Potremmo anche fare un discorso relativistico, che dite...? Come ho appena letto, in ambito relativistico (con \(c=1, \hbar=1\)) possiamo scrivere
\[P^\mu=i\partial^\mu,\]
perché \((i\partial_t, -i \nabla)=(H, \mathbf{p})\). Così sfruttiamo la segnatura del tensore metrico, e il segno meno in \(\mathbf{p}=-i\nabla\) ci casca a fagiolo.
\[P^\mu=i\partial^\mu,\]
perché \((i\partial_t, -i \nabla)=(H, \mathbf{p})\). Così sfruttiamo la segnatura del tensore metrico, e il segno meno in \(\mathbf{p}=-i\nabla\) ci casca a fagiolo.
"dissonance":
Fourier è una buona spiegazione, convincente. Potremmo anche fare un discorso relativistico, che dite...? Come ho appena letto, in ambito relativistico (con \(c=1, \hbar=1\)) possiamo scrivere
\[P^\mu=i\partial^\mu,\]
perché \((i\partial^0, -i \nabla)=(H, -i\nabla)\). Così sfruttiamo la segnatura del tensore metrico, e il segno meno in \(-i\nabla\) ci casca a fagiolo.
E per confondere le idee puoi passare alle componenti controvarianti
Oppure covarianti, dipende da come scegli la notazione degli indici
A parte gli scherzi, voto anche io per la convenzione, partendo da Fourier (che poi tramite la teoria delle rappresentazioni del gruppo delle traslazioni ritorna li' sulla definizione di impulso).
L'importante e' non flippare i segni nel passare da un ambito all'altro
Ok, allora vada per Fourier.
Grazie!
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