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25/3/2014 Problemas y ejercicios resueltos de Mecánica Cuántica. Respuesta al ejercicio siete

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Respuesta del ejercicio 7
Se dice que dos operadores  y Ê conmutan si se verifica :

(AˆEˆ − EˆAˆ)ψ(x) = 0

para cualquier vector .

En el caso de los operadores  y f(Â) , donde

∞
n

f(Aˆ) = ∑c nAˆ

n=0

tenemos :

∞ ∞

nn

(Aˆf(Aˆ) − f(Aˆ)Aˆ)ψ(x) = (Aˆ∑cn Aˆ − ∑c nAˆ Aˆ)ψ(x) =

n=0 n=0

∞ ∞

= (∑c nAˆ n+1 − ∑c n Aˆ n+1

)ψ(x) = 0 ⋅ ψ(x) = 0

n=0 n=0

Y los operadores  y f(Â) conmutan.

Según el teorema de compatibilidad, dos operadores son compatibles si conmutan. Puesto que  y f(Â)
tienen la misma base propia, podemos escribir :

Aˆ{α k (x)} = A k αk (x) ; f(Aˆ){α k (x)} = f(A k )αk (x) 1/2

http://www.matematicasypoesia.com.es/ProbMecCuant/problema107.htm

25/3/2014 Problemas y ejercicios resueltos de Mecánica Cuántica. Respuesta al ejercicio siete

A{α k (x)} = A k αk (x) ; f(A){α k (x)} = f(A k )αk (x)

y tenemos :

∞ ∞

(Aˆf(Aˆ))ψ(x) = Aˆf(Aˆ)[∑(α k , ψ t )αk (x)] = Aˆ[∑(α k , ψ t )f(Aˆ){αk (x)}] =

k=1 k=1

∞ ∞

Aˆ[∑(α k , ψ t )f(A k ){αk (x)}] = ∑(αk , ψ t )f(A k )Aˆ{αk (x)} =

k=1 k=1

∞ ∞

= ∑(α k , ψ t)f(A k )A k α k (x) = ∑(αk , ψ t )A k f(A k )α k (x) =

k=1 k=1

∞ ∞

= f(Aˆ)∑(α k , ψ t )A k αk (x) = f(Aˆ)Aˆ∑(αk , ψ t )αk (x) = f(Aˆ)Aˆ{αk (x)}

k=1 k=1

y puesto que los operadores considerados conmutan, los observables serán compatibles.

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tema escrito por: José Antonio Hervás

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