Zeigen Sie, dass T_{\alpha}|a\rangle ein Eigenvektor von A mit gewissem Eigenwert a^{\prime} ist,

Question

Aufgabe:

1. SATZ VON STONE UND VON NEUMANN
Seien \( A \) und \( B \) zwei hermitesche Operatoren mit \( [A, B]=i \) und \( \{|a\rangle | a \in \mathbb{R}\} \)
eine orthonormierte Eigenbasis von \( A, \) so dass \( A|a\rangle=a|a\rangle . \) Drücken Sie \( \langle a|B| \psi\rangle \)
\( \operatorname{durch}\langle a | \psi\rangle \equiv \psi(a) \) aus.
Anleitung: Für \( \alpha \in \mathbb{R} \) sei \( T_{\alpha}:=\exp (-i \alpha B) \)
(a) 
Zeigen Sie, dass \( T_{\alpha}|a\rangle \) ein Eigenvektor von \( A \) mit gewissem Eigenwert \( a^{\prime} \) ist,
d.h. \( A\left(T_{\alpha}|a\rangle\right)=a^{\prime}\left(T_{\alpha}|a\rangle\right) \) und somit \( T_{\alpha}|a\rangle=\left|a^{\prime}\right\rangle \)
(b) 
Betrachten Sie nun
$$ \lim \limits_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\left\langle\psi\left|\left(T_{\alpha}|a\rangle\right)-\langle\psi | a\rangle\right.\right.}{\alpha} $$
einmal, indem Sie die Reihenentwicklung von \( T_{\alpha} \) ausschreiben und einmal
indem Sie das Ergebnis von Teil (a) einsetzen. Durch Gleichsetzen erhält
man nun die Lösung für die eingangs gestellte Aufgabe.

Problem/Ansatz:

Ich komme mit dem Formalismus nicht wirklich klar :( ich verstehe überhaupt nicht, wie ich an a) herangehen muss um das zu beweisen... wenn mir jemand einen Ansatz geben könnte, wie ich zeigen kann, dass T_alpha ein Eigenvektor von A ist, würde ich mich unglaublich freuen! (ich möchte das gerne verstehen)

Answer 1

Hallo,

mit \( [A, B] = AB - BA = i \) lässt sich per Induktion zunächst zeigen, dass

\( AB^n = i nB^{n-1} + B^n A \)

ist:

\( AB^n B = (i nB^{n-1} + B^n A)B \)
\( = i nB^n + B^n (BA + i) \)
\( = i (n+1)B^n + B^{n+1} A \).

Wir nutzen dieses Ergebnis, um a) zu zeigen:

\( A (T_\alpha | a \rangle) = A \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha B)^n | a \rangle \)
\( = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha)^n AB^n | a \rangle \)
\( = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha)^n (i nB^{n-1} + B^nA) | a \rangle \)
\( = \alpha \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha)^{n-1} n B^{n-1} | a \rangle + a \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha)^n B^n | a \rangle \)
\( = \alpha \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n-1)!} (-i \alpha)^{n-1} B^{n-1} | a \rangle + a T_\alpha | a \rangle \)
\( = \alpha \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha B)^{n} | a \rangle + a T_\alpha | a \rangle \)
\( = (\alpha + a) T_\alpha | a \rangle \)
\( = a' T_\alpha | a \rangle \).

b) Nun ist

\( \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\langle \psi | T_\alpha | a \rangle - \langle \psi | a \rangle}{\alpha} = \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\langle \psi | \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha B)^n | a \rangle - \langle \psi | a \rangle}{\alpha} \)
\( = \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\langle \psi | \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha B)^n | a \rangle}{\alpha} \)
\( = \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\langle \psi | \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} (-i \alpha B)^n | a \rangle}{\alpha} \)
\( = \langle \psi | -iB | a \rangle \)
\( = -i \langle \psi | B | a \rangle \)
\( = (i \langle a | B | \psi \rangle)^* \).

Es fehlt jetzt noch der Part, bei dem man das Ergebnis aus a) einsetzen und den Grenzübergang \( \lim_{\alpha \rightarrow 0} \) bilden soll. Hier kann man wegen \(  \langle \psi | a \rangle = (\langle a | \psi \rangle)^* \) und \( \langle a | \psi \rangle = \psi(a) \) einfach

\( \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\langle \psi | a + \alpha \rangle - \langle \psi | a \rangle}{\alpha} = \lim_{\alpha \rightarrow 0} \left( \frac{\langle a + \alpha | \psi \rangle - \langle a | \psi \rangle}{\alpha} \right)^* \)
\( = \lim_{\alpha \rightarrow 0} \left( \frac{\psi(a + \alpha) - \psi(a)}{\alpha} \right)^* \)
\( = \left( \frac{d\psi}{da} \right)^* \)

schreiben. Wir bemerken, dass \( | a' \rangle = T_\alpha | a \rangle \) stetig von \( \alpha \) abhängt. Es ist insbesondere \( T_0 | a \rangle = | a \rangle \) beziehungsweise \( T_0 = 1 \). Außerdem sind \( \alpha \) und \(a \) reell. Wir erhalten schließlich

\( i \langle a | B | \psi \rangle = \frac{d\psi}{da} \)

beziehungsweise

\( \langle a | B | \psi \rangle = -i \frac{d\psi}{da} \).

Grüße

Mister