Эквивалентность квантовых систем

[SergeyGubanov]

Пусть есть классическая механическая система задаваемая канонически сопряжёнными переменными $P_i$, $Q^i$ и Гамильтонианом $H(P, Q)$.

Мы делаем каноническое преобразование переменных $P_i, Q^j \to P'_i, Q'^j$, соответственно $H(P, Q) \to H'(P', Q')$. Каноническое - значит скобка Пуассона сохраняется.

Теперь квантуем эти системы и получаем, вообще говоря, две разные квантовые механики:

$$ \hat{H} \Psi_n = E_n \Psi_n, \eqno(1) $$

$$ \hat{H}' \Psi'_n = E'_n \Psi'_n. \eqno(2) $$

Так вот есть мнение, что это не совсем разные квантовые механики, а связанные друг с другом унитарным преобразованием:

$$ \Psi' = \hat{U} \Psi \eqno(3) $$

$$ \hat{H}' = \hat{U} \hat{H} \hat{U}^{\dag} \eqno(4) $$

$$ E'_n = E_n \eqno(5) $$

Возникают вопросы. Всегда ли это так? Если это всегда так, значит должна быть соответствующая теорема. Если это не всегда так, то хотелось бы выяснить при каких дополнительных условиях это так, а при каких не так.

profrotter:
Сообщение отредактировано. Заменил заголовок "Эквивалентность квантовых механик" на заголовок "Эквивалентность квантовых систем"

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1027680 писал(а):

Мы делаем каноническое преобразование переменных $P_i, Q^j \to P'_i, Q'^j$, соответственно $H(P, Q) \to H'(P', Q')$. Каноническое - значит скобка Пуассона сохраняется.

У вас производящая функция зависит от времени? Если нет, то $H'(P', Q')=H(P, Q),$ и никаких двух разных квантовых систем (которые вы ошибочно называете "квантовыми механиками") не получается.

[SergeyGubanov]

Munin в сообщении #1027732 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #1027680 писал(а):

Мы делаем каноническое преобразование переменных $P_i, Q^j \to P'_i, Q'^j$, соответственно $H(P, Q) \to H'(P', Q')$. Каноническое - значит скобка Пуассона сохраняется.

У вас производящая функция зависит от времени? Если нет, то $H'(P', Q')=H(P, Q),$ и никаких двух разных квантовых систем (которые вы ошибочно называете "квантовыми механиками") не получается.

Согласен ограничиться случаем когда производящая функция не зависит от времени. Разумеется на классическом уровне имеем равенство:

$$ H'(P', Q') = H(P, Q) $$

Квантуем:

$$ \hat{P}_i = - i \hbar \frac{\partial}{\partial Q_i} $$

$$ \hat{P'}_i = - i \hbar \frac{\partial}{\partial Q'_i} $$

Операторного равенства, разумеется, нет:

$$ \hat{H}'(\hat{P'}, Q') \ne \hat{H} (\hat{P}, Q) $$

Есть мнение, что операторное равенство всё же возможно получить при условии унитарной докрутки:

$$ \hat{H}'(\hat{P'}, Q') \hat{U} = \hat{U} \hat{H} (\hat{P}, Q), \qquad \hat{U}\hat{U}^{\dag} = 1 $$

Всегда ли это так? Если да, то хочется получить доказательство. Ещё, конечно, хочется иметь алгоритм вычисления явного вида оператора $\hat{U}$.

[amon]

SergeyGubanov в сообщении #1027680 писал(а):

Теперь квантуем эти системы и получаем, вообще говоря, две разные квантовые механики:

А это - хороший вопрос. Я в этом давно собирался толком разобраться. Сейчас за недостатком времени - информация к размышлению. Включусь позже.

Возьмем гамильтониан (классический)

$$ H=\frac{p_x^2+p_y^2}{2}+\frac{x^2+y^2}{2} $$

Ему соответствует квантовый аналог (все константы для простоты - единицы).

$$ \hat{H}=-\frac{1}{2}\Delta +\frac{x^2+y^2}{2} $$

Если перейти к полярным координатам в $\hat{H},$ то получим

$$ \hat{H}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2 }\right)+\frac{r^2}{2} $$

Если же сразу в классическом гамильтониане перейти к полярным координатам, то получим

$$ H=\frac{1}{2}\left(p_r^2+\frac{p_\varphi^2}{r^2}\right)+\frac{r^2}{2} $$

Наивное квантование этого гамильтониана по правилу $\hat{p}_\alpha=-i\frac{\partial}{\partial \alpha}$ дает другой оператор. (Если это здесь уже обсуждалось, как большинство "вечных вопросов", киньте пожалуйста ссылку).

[Munin]

Обсуждалось, но ссылку не помню. Помню, что участвовали, кажется, Oleg Zubelevich, Red_Herring, g_[*]d - такой народ.

-- 16.06.2015 16:09:00 --

Смутно помнится, что дело там было в неоднозначности процедуры квантования при замене букаф операторами.

[SergeyGubanov]

amon в сообщении #1027795 писал(а):

Наивное квантование этого гамильтониана по правилу $\hat{p}_\alpha=-i\frac{\partial}{\partial \alpha}$ дает другой оператор.

В данном случае наивное квантование вообще не проходит, так как если наивно положить $\hat{p}_r = - i \hbar \partial_r$, то Гамильтониан получится не эрмитовым из-за нетривиальной меры интегрирования по переменной $r$.


Пожалуй надо как-то уточнить исходную постановку вопроса. Надо наложить некое ограничение на каноническое преобразование переменных $P_i$, $Q^i$, такое чтобы не возникало таких вот "наивных" проблем с неэрмитовостью Гамильтониана.

-- 16.06.2015, 17:21 --

Хотя, если перед квантованием $p^2_r$ заменить на $p^2_r = \frac{1}{r} \, p_r \, r \, p_r$ и только потом заменить $p_r$ на $-i \hbar \partial_r$, то всё будет окей.

Ладно, проехали. Считаем что квантование как-то выполнено и операторы $\hat{H}(\hat{P}, Q)$ и $\hat{H}'(\hat{P}', Q')$ эрмитовы. Давайте сосредоточимся на их связи друг с другом ($\hat{H}' = \hat{U} \hat{H} \hat{U}^{\dag}$).

[amon]

SergeyGubanov в сообщении #1027830 писал(а):

Давайте сосредоточимся на их связи друг с другом ($\hat{H}' = \hat{U} \hat{H} \hat{U}^{\dag}$).

Тут вопрос тоже уточнять надо. Если гамильтониан не имеет вида $H=T(\mathbf{P})+V(\mathbf{Q}),$ то из него можно получить великое множество унитарно не эквивалентных гамильтонианов квантовой механики, и тогда вопрос должен звучать, видимо, так: какой из получившихся гамильтонианов унитарно эквивалентен исходному, если таковой вообще есть.

[Munin]

SergeyGubanov в сообщении #1027830 писал(а):

В данном случае наивное квантование вообще не проходит

Но именно им вы и занимаетесь.

SergeyGubanov в сообщении #1027830 писал(а):

Считаем что квантование как-то выполнено и операторы $\hat{H}(\hat{P}, Q)$ и $\hat{H}'(\hat{P}', Q')$ эрмитовы. Давайте сосредоточимся на их связи друг с другом ($\hat{H}' = \hat{U} \hat{H} \hat{U}^{\dag}$).

Очевидно, эта связь будет зависеть от этого "как-то выполнено", которое вы проехали.

[Утундрий]

SergeyGubanov
Поздравляю с "открытием" неоднозначности перехода классика $\rightarrow$ кванты́.

[kw_artem]

SergeyGubanov в сообщении #1027830 писал(а):

В данном случае наивное квантование вообще не проходит, так как если наивно положить $\hat{p}_r = - i \hbar \partial_r$, то Гамильтониан получится не эрмитовым из-за нетривиальной меры интегрирования по переменной $r$.

Оператор $\hat{p}_r$ определяется как $\frac12 \mathbf{(\hat{p}\hat{n}+\hat{n}\hat{p})}=-i\hbar\frac1 r \partial_r \hat{r}$, где $\mathbf{\hat{n}}=\frac {\mathbf{\hat{r}}}{r}$.

[SergeyGubanov]

amon в сообщении #1027845 писал(а):

Если гамильтониан не имеет вида $H=T(\mathbf{P})+V(\mathbf{Q}),$ то из него можно получить великое множество унитарно не эквивалентных гамильтонианов квантовой механики

Ну это Вы очень сильное утверждение сделали. Привожу контр пример $T(\mathbf{P}, \mathbf{Q})$ когда это не так. Если

$$ T = \frac{1}{2m} \gamma^{i j}(x) \, p_i \, p_j, $$

и мера интегрирования равна $\sqrt{\gamma}$, тогда требование эрмитовости не оставляет никакой неоднозначности квантования, можно проквантовать только так и никак иначе (лапласиан):

$$ \hat{T} = \frac{1}{2m} \frac{1}{\sqrt{\gamma}} \hat{p}_i \left( \sqrt{\gamma} \gamma^{i j} \hat{p}_j \right) $$

$$ \int \psi^{*} \, ( \hat{T} \psi ) \, \sqrt{\gamma} \, d_n x = \int (\hat{T} \psi^{*}) \, \psi \, \sqrt{\gamma} \, d_n x $$

Утундрий в сообщении #1027915 писал(а):

Поздравляю с "открытием" неоднозначности перехода классика $\rightarrow$ кванты́.

Об этой неоднозначности я знал ещё двадцать лет назад. Здесь же речь об обратном. А что если при соблюдении неких рецептов неоднозначность будет оказываться всего лишь унитарной?

[amon]

SergeyGubanov в сообщении #1028102 писал(а):

Если

$$ T = \frac{1}{2m} \gamma^{i j}(x) \, p_i \, p_j, $$

$$\begin{align} T&=xyp_xp_y,\; \sqrt{\gamma}=1\\ \hat{T}_1&=\frac{1}{2}\left(\hat{P}_x\hat{P}_yxy+xy\hat{P}_x\hat{P}_y\right)\\ \hat{T}_2&=\frac{1}{2}\left(\hat{P}_xxy\hat{P}_y+\hat{P}_yxy\hat{P}_x\right)\\ \hat{T}_1^+&=\hat{T}_1,\;\hat{T}_2^+=\hat{T}_2,\; \hat{T}_1\ne\hat{T}_2 \end{align}$$

[SergeyGubanov]

Понятно, спасибо.

Хотя конкретно этот пример не убедителен, так как $\hat{T}_1 = \hat{T}_2 + \frac{1}{2}$ - просто сдвиг энергии на константу. Но если вместо $x y$ взять более сложну функцию, то разница будет хорошо заметна.

[SergeyGubanov]

Впрочем, если исходить из логики моего геометрического контр-примера, то $\sqrt{\gamma} \ne 1$, ведь приравнивая

$$x y \, p_x p_y = \gamma^{i j} \, p_i p_j$$

для компонент $\gamma^{i j}$ получаем:

$$\gamma^{x x} = 0, \quad \gamma^{x y} = \frac{1}{2} x y, \quad \gamma^{y y} = 0;$$

$$\gamma_{x x} = 0, \quad \gamma_{x y} = \frac{2}{x y}, \quad \gamma_{y y} = 0;$$

$$\sqrt{\gamma} = \frac{2}{x y}.$$

$$ x y \, p_x p_y = \gamma^{i j} \, p_i p_j \; \to \; - \frac{1}{\sqrt{\gamma}} \partial_i \sqrt{\gamma} \gamma^{i j} \partial_j = - x y \partial_x \partial_y $$

Не всё так неоднозначно

[SergeyGubanov]

Эта тема была индуцирована дипломной работой одного студента (Шаин Александр Владимирович), меня попросили быть рецензентом.

Смысл работы в следующем.

Нерелятивистское движение в слабом гравитационном поле можно представить либо как движение в Ньютоновском гравитационном потенциале $\varphi$, либо (по принципу эквивалентности) как движение в безвихревом поле скоростей ${\bf V}$:

$$ L = \frac{m}{2} \dot{{\bf r}}^2 + m \varphi, \quad L' = \frac{m}{2} \left( \dot{{\bf r}} - {\bf V} \right)^2, \quad \varphi = - \frac{1}{2}{\bf V}^2, \quad {\bf V} = \operatorname{grad} \Phi \eqno(1) $$

Лагранжиану $L$ соответствует Гамильтониан $H$, а Лагранжиану $L'$ соответсвует Гамильтониан $H'$:

$$ H = \frac{1}{2m} {\bf P}^2 + m \varphi, \quad H' = \frac{1}{2m} {\bf P}^2 + ({\bf P} {\bf V}). \eqno(2) $$

Гамильтонианы связаны друг с другом каноническим преобразованием импульсной переменной, поэтому на классическом уровне описания оказываются эквивалентны.

Ограничение ${\bf V} = \operatorname{grad} \Phi$ требуется для того чтобы преобразование ${\bf P} \to {\bf P} + m {\bf V}$ было каноническим (сохраняло скобки Пуассона).

Но будут ли эквивалентны соответствующие квантово-механические описания?

$$ \hat{H} = \frac{1}{2m} \hat{{\bf P}}^2 + m \varphi, \quad \hat{H}' = \frac{1}{2m} \hat{{\bf P}}^2 + \frac{1}{2} \left( \hat{{\bf P}} {\bf V} + {\bf V} \hat{{\bf P}} \right). \eqno(3) $$

Оказалось, да. Гамильтонианы $\hat{H}$ и $\hat{H}'$ унитарно эквивалентны:

$$ \hat{H}' = \exp \left( - \frac{i m \Phi}{\hbar} \right) \hat{H} \exp \left(\frac{i m \Phi}{\hbar} \right). \eqno(4) $$

Всё классно конечно, студент защитился на "отлично", только вот мне осталось не понятно следующее. То что Гамильтонианы $\hat{H}$ и $\hat{H}'$ оказались унитарно эквивалентны -- это редкостная удача (надо сильно обрадоваться) или же это ординарное явление (удивляться не приходиться)?..