Domanda:
Qual è la connessione tra parentesi di Poisson e commutatori?
0x90
2012-01-21 06:33:47 UTC
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La parentesi di Poisson è definita come:

$$ \ {f, g \} ~: = ~ \ sum_ {i = 1} ^ {N} \ left [\ frac {\ partial f } {\ partial q_ {i}} \ frac {\ partial g} {\ partial p_ {i}} - \ frac {\ partial f} {\ partial p_ {i}} \ frac {\ partial g} {\ partial q_ {i}} \ right]. $$

L'anticommutatore è definito come:

$$ \ {a, b \} ~: = ~ ab + ba. $$

Il commutatore è definito come:

$$ [a, b] ~: = ~ ab - ba. $$

Quali sono le connessioni tra tutti loro?

Modifica: la parentesi di Poisson definisce anche qualche principio di indeterminazione?

Cinque risposte:
#1
+37
David Z
2012-01-21 12:10:16 UTC
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Le parentesi di Poisson giocano più o meno lo stesso ruolo nella meccanica classica che i commutatori svolgono nella meccanica quantistica. Ad esempio, l ' equazione di Hamilton nella meccanica classica è analoga all'equazione di Heisenberg nella meccanica quantistica:

$$ \ begin {align} \ frac {\ mathrm {d} f} { \ mathrm {d} t} & = \ {f, H \} + \ frac {\ partial f} {\ partial t} & \ frac {\ mathrm {d} \ hat f} {\ mathrm {d} t} & = - \ frac {i} {\ hbar} [\ hat f, \ hat H] + \ frac {\ partial \ hat f} {\ partial t} \ end {align} $$

dove $ H $ è l'hamiltoniano e $ f $ è una funzione delle variabili di stato $ q $ e $ p $ (nell'equazione classica), o un operatore che agisce sullo stato quantistico $ | \ psi \ rangle $ (in l'equazione quantistica). Il cappello indica che si tratta di un operatore.

Inoltre, quando si converte una teoria classica nella sua versione quantistica, il modo per farlo è reinterpretare tutte le variabili come operatori e quindi imporre una relazione di commutazione sugli operatori fondamentali: $ [\ hat q, \ hat p] = C $ dove $ C $ è una costante. Per determinare il valore di quella costante, puoi usare la parentesi di Poisson delle quantità corrispondenti nella teoria classica come motivazione, secondo la formula $ [\ hat q, \ hat p] = i \ hbar \ {q, p \} $. Ad esempio, nella meccanica quantistica di base, il commutatore di posizione e quantità di moto è $ [\ hat x, \ hat p] = i \ hbar $, perché nella meccanica classica $ \ {x, p \} = 1 $.

Gli anticommutatori non sono direttamente correlati alle parentesi di Poisson, ma sono un'estensione logica dei commutatori. Dopo tutto, se riesci a fissare il valore di $ \ hat {A} \ hat {B} - \ hat {B} \ hat {A} $ e ricavarne una teoria ragionevole, è naturale chiedersi che tipo di teoria si otterrebbe fissando invece il valore di $ \ hat {A} \ hat {B} + \ hat {B} \ hat {A} $. Questo gioca un ruolo importante nella teoria quantistica dei campi, dove fissare il commutatore ti dà una teoria dei bosoni e fissare l'anticommutatore ti dà una teoria dei fermioni.

Questa risposta non è molto sofisticata, secondo me.La parentesi di Poisson e il commutatore soddisfano entrambi le stesse relazioni algebriche e generano l'evoluzione temporale, ma la parentesi di Poisson nella meccanica Hamiltoniana classica ha una formula definita (proprio come il commutatore).Come si riproduce questo partendo dagli assiomi della MQ?Vedi anche il teorema di Groenewold.
#2
+21
Qmechanic
2014-10-07 20:59:16 UTC
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Secondo l'argomento della quantizzazione della deformazione, le prime poche voci nel dizionario tra

$$ \ text {Quantum Mechanics} \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ text {Classical Mechanics} \ tag {0} $$

leggi

$$ \ text {Operator} \ quad \ hat {f} \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ text {Funzione / Simbolo} \ quad f, \ tag {1} $$

$$ \ text {Composizione} \ quad \ hat {f} \ circ \ hat {g} \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ text {Star product} \ quad f \ star g, \ tag {2} $$ e

$$ \ text {Commutator} \ quad [\ hat {f}, \ hat {g}] \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ text {parentesi quadra di Poisson} \ quad i \ hbar \ {f, g \} _ {PB} + \ color {rosso} {{\ cal O} (\ hbar ^ 2)}. \ tag {3} $$

Nota che la corrispondenza (0) dipende dai simboli che si usano, ad es. simboli Weyl e che in generale potrebbero esserci correzioni quantistiche di ordine superiore $ \ color {red} {{\ cal O} (\ hbar ^ 2) } $ nell'identificazione (3).

Esempio 1: ( CCR fondamentale) $$ [\ hat {q}, \ hat {p}] ~ = ~ i \ hbar {\ bf 1} \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ {q, p \} _ {PB} ~ = ~ 1. \ tag {4} $$

Esempio 2:
$$ [\ hat {q} ^ 2 , \ hat {p} ^ 2] ~ = ~ 4 [\ hat {q}, \ hat {p}] ~ (\ hat {q} \ hat {p}) _ W \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ {q ^ 2, p ^ 2 \} _ {PB} ~ = ~ 4 \ {q, p \} _ {PB} ~ qp, \ tag {5} $$ dove $ (\ ldots) _W $ sta per simmetrizzazione di Weyl degli operatori. Vedi anche ad es. questo post di Phys.SE.

Esempio 3:
$$ [\ hat {q } ^ 3, \ hat {p} ^ 3] ~ = ~ 9 [\ hat {q}, \ hat {p}] ~ (\ hat {q} ^ 2 \ hat {p} ^ 2) _W + \ color {rosso} {\ frac {3} {2} [\ hat {q}, \ hat {p}] ^ 3} \ quad \ longleftrightarrow \ quad \ {q ^ 3, p ^ 3 \} _ {PB} ~ = ~ 9 \ {q, p \} _ {PB} ~ q ^ 2p ^ 2. \ Tag {6} $$ Nota che ci sono correzioni quantistiche di ordine superiore $ \ color {red} {{\ cal O} (\ hbar ^ 3)} $ nell'eq. (6) anche dopo la simmetrizzazione di Weyl.

In effetti, l'eqn (3) descrive la celebre ** parentesi Moyal ** (MB) e $ \ hbar $ che moltiplica il PB è altamente significativo.Cioè, come $ \ hbar \ rightarrow 0 $
.cont ': non solo le correzioni di ordine superiore svaniscono, ma anche la * scala * del commutatore si restringe e il principio di indeterminazione evapora a zero per il PB;* sarebbe * lì per i PB, * se solo * il riscalaggio non fosse una parte cruciale della corrispondenza!Ma è: cfr.capitolo sul principio di indeterminazione in T Curtright, D Fairlie, & C Zachos, * A Concise Treatise on Quantum Mechanics in Phase Space *, World Scientific, 2014.
.cont '.Poiché il prodotto non commutativo (2) è la media di un commutatore e di un anticommutatore, il suo limite classico è guidato dalla metà del limite dell'anticommutatore.Quindi l'analogo classico di un anticommutatore è un blando "due volte il prodotto classico", e non c'è bisogno di confondere le acque con discussioni sugli anticommutatori: i semplici commutatori catturano l'essenza della non commutatività nella deformazione quantistica.
#3
+13
joseph f. johnson
2012-01-21 14:42:55 UTC
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Sia il commutatore (delle matrici) che la parentesi di Poisson soddisfano l'identità Jacobi, $ [A, [B, C]] + [B, [C, A]] + [C, [A, B]] = 0 $.

Questo è il motivo per cui Dirac è stato ispirato dall'uso dei commutatori da parte di Heisenberg per sviluppare uno stile dinamico Hamilton-Jacobi della meccanica quantistica che ha fornito la prima vera unificazione della meccanica delle matrici di Heisenberg con la meccanica delle onde di Schroedinger. L'identità di Jacobi è anche la legge fondamentale delle algebre di Lie, che sono utili per i gruppi di simmetria nella teoria quantistica.

Nella meccanica classica, le variabili dinamiche sono le funzioni $ f $ nello spazio delle fasi e ottengono un struttura algebrica non banale dalla parentesi di Poisson. Sono i classici «osservabili». Nella meccanica quantistica, le osservabili sono matrici, queste sono le variabili dinamiche, ma ricevono una struttura algebrica simile dal commutatore.

Come già sottolineato, l'anti-commutatore non analogo alla parentesi di Poisson, è un fenomeno quantistico decisamente nuovo senza analoghi classici.

Potresti essere più preciso nel descrivere cosa intendi per "nuovo fenomeno quantistico senza analogo classico"?
#4
+10
Nikolaj-K
2012-01-21 20:57:51 UTC
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Per quanto riguarda il significato della quantità di moto e della posizione osservabili, ci sono molte somiglianze tra la meccanica classica e quella quantistica. Sono state evidenziate alcune delle relazioni algebriche.

Alla fine, c'è ancora un'importante differenza, che è ovvia dal fatto che l'algebra della funzione generata dalle quantità classiche è commutativa $$ q · p = p · q, $$ e l'altra è non $$ Q \ P \ ne P \ Q = Q \ P- [Q, P \]. $$ Ci si potrebbe chiedere se esiste una struttura per l'algebra delle funzioni classiche di $ q $ e $ p $ con un prodotto, che assomiglia all'algebra meccanica quantistica $ Q $ e $ P $. Cioè esiste un prodotto, indichiamolo con $ \ star \ $, per il quale $$ q \ star pp \ star q = [q \ \ overset {\ star} {,} \ p] \ \ \ Longleftrightarrow \ \ [Q , P \] = Q \ PP \ Q. $$

Maggiori informazioni su domande in questo spirito possono essere trovate sotto Quantizzazione Weyl.

Il prodotto di punta più studiato è il prodotto Moyal, che per definizione soddisfa $$ [f \ \ overset {\ star} {,} \ g] = i \ hbar \ \ {f, g \} + \ mathcal O (\ hbar ^ 2). $$

medaglie Fields vengono vinte per questo cose del genere.

Commento alla risposta (v1): Sembra che $ q $, $ p $ nell'ultima equazione dovrebbero denotare elementi generali dell'algebra della funzione. Notazionalmente, questo è un po 'sfortunato, poiché $ q $, $ p $ di solito denotano le variabili canoniche di base.
@Qmechanic: vero, grazie.
#5
+2
Siyuan Ren
2012-01-21 07:26:16 UTC
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Non conosco alcun collegamento tra la parentesi di Poisson e l'anti-commutatore, ma conosco il collegamento tra la parentesi di Poisson e il commutatore. $$ [\ hat a, \ hat b] = i \ hbar \ {a, b \} _ \ text {Poisson} $$

Sottigliezze

Poiché gli operatori $ \ hat a $ e $ \ hat b $ sono controparti della variabile dinamica classica, devono essere ①funzioni di coordinate canoniche e momento (escludendo spin, che non può essere messo in una parentesi di Poisson) ② Operatori ermitiani (prova $ [\ hat {x} \ hat {p}, \ hat {p} \ hat {x}] $).

Inoltre, il segno di uguaglianza non è realmente un'uguaglianza, perché r.h.s. sono numeri commutativi mentre l.h.s sono operatori non commutativi, quindi devi stare attento a mettere in relazione due lati. Ad esempio, l'analogia quantistica di $ xp $ non è né $ \ hat {x} \ hat {p} $ o $ \ hat {p} \ hat {x} $, ma $ \ frac {1} {2} \ left (\ hat {p} \ hat {x} + \ hat {x} \ hat {p} \ right) $.

Commento alla risposta (v1): in generale potrebbero esserci correzioni di ordine superiore $ {\ cal O} (\ hbar ^ 2) $ nella costante di Planck sulla destra. dell'identificazione $ [\ hat a, \ hat b] ~ \ longleftrightarrow ~ i \ hbar \ {a, b \} _ {PB} + {\ cal O} (\ hbar ^ 2) $.
@Qmechanic: Con la modifica, non ci saranno correzioni di ordine superiore.
Ad esempio $ \ hat {a} = \ hat {x} ^ 3 $ e $ \ hat {b} = \ hat {p} ^ 3 $ porterebbero a $ {\ cal O} (\ hbar ^ 3) $ correzioni .
@Qmechanic: Elaborato, per favore.
@C.R. prova a calcolare / calcolare tu stesso quei commutatori e vedrai sorgere il termine $ \ hbar ^ 3 $.


Questa domanda e risposta è stata tradotta automaticamente dalla lingua inglese. Il contenuto originale è disponibile su stackexchange, che ringraziamo per la licenza cc by-sa 3.0 con cui è distribuito.
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