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Operador de momento

Para determinar el momento de un sistema cuántico constituido por una partícula libre, es decir, una partícula que viaja a través del espacio sobre la cual no actúa fuerza alguna, es necesario solucionar el problema de autovalores para el operador de momento. La solución obtenida en términos de los autovalores determinan los posibles valores de momento que puede tener la partícula.

La ecuación de autovalores de momento es:

$\displaystyle P\left\vert\left . \psi \right > \right . = \lambda\left\vert\left . \psi \right > \right .$ (5.14)

en donde $ P$ corresponde al operador de momento, $ \lambda $ son los autovalores de momento y $ \left\vert\left . \psi \right > \right .$ los autokets de momento.

En la representación de Schrödinger, el operador de momento tiene la forma:

$\displaystyle P$ $\displaystyle = -i \hbar \frac{\partial}{\partial x}$ (5.15)

con $ P:\mathfrak{D}\left(P\right) \mapsto L^{2}(-\infty,\infty)$.

Si consideramos el movimiento de la partícula en una dimensión, la ecuación [*] puede escribirse como:

$\displaystyle P$ $\displaystyle = -i \hbar \frac{d}{dx}$ (5.16)

donde $ \hbar = \frac{h}{2\pi}$ con $ h = 6.626196 \cdot 10^{-27}erg sec$, es la constante de Planck.

Al reemplazar la ecuación [*] en la ecuación [*] tenemos:

$\displaystyle -i\hbar\frac{d}{dx}\left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = \lambda \left\vert\left . \psi \right > \right .$    
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = \frac{i\lambda}{\hbar}\left\vert\left . \psi \right > \right .$    
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left\vert\left . \psi \right > \right . - \frac{i\lambda}{\hbar}\left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = 0$    
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left\vert\left . \psi \right > \right . + \frac{\lambda}{i\hbar}\left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = 0 .$    

Si en la ecuación diferencial resultante definimos el factor integrante $ e^{\int \frac{\lambda}{i\hbar}dx} = e^{\frac{\lambda}{i\hbar}x}$ tenemos:

$\displaystyle e^{\frac{\lambda}{i\hbar}x} \frac{d}{dx}\left\vert\left . \psi \r...
...da}{i\hbar} e^{\frac{\lambda}{i\hbar}x}\left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = 0$    
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left( e^{\frac{\lambda}{i\hbar}x} \left\vert\left . \psi \right > \right . \right)$ $\displaystyle = 0$    
$\displaystyle e^{\frac{\lambda}{i\hbar}x} \left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = c$    
$\displaystyle \left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = c e^{-\frac{\lambda}{i\hbar}x}$    

y por lo tanto,

$\displaystyle \left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = c e^{\frac{i\lambda}{\hbar}x}$ (5.17)

con $ c$ constante y $ c \neq 0$ es solución de la ecuación diferencial. Las funciones $ e^{\frac{i\lambda}{\hbar}x}$ corresponden a las autofunciones o funciones de onda de momento con autovalores $ \lambda $.

De acuerdo a las ecuaciones [*] y [*] tenemos:

$\displaystyle -i\hbar \frac{d}{dx} \left[ ce^{\frac{i\lambda}{\hbar}x} \right]$ $\displaystyle = -i\hbar c\left( \frac{i\lambda}{\hbar}e^{\frac{i\lambda}{\hbar}x} \right)$    
  $\displaystyle = c \lambda e^{\frac{i\lambda}{\hbar}x}$    
  $\displaystyle = \lambda \left( c e^{\frac{i\lambda}{\hbar}x} \right)$    
  $\displaystyle = \lambda \left\vert\left . \psi \right > \right ..$    

En el tratamiento no relativista, no hay restricciones para el valor de $ \lambda $, lo único es que $ \lambda \in \mathbb{R}$ ya que el operador de momento $ P$ es autoadjunto, de acuerdo a lo establecido en la sección 4.3 para el operador diferenciación. Los valores de $ \lambda $ que se obtienen corresponden a valor de momento de la partícula libre. Si hacemos $ \lambda = p$, tenemos:

$\displaystyle \left\vert\left . \psi \right > \right .$ $\displaystyle = \Psi_p = c e^{\frac{ip}{\hbar}x} = ce^{ikx}$ (5.18)

con $ k = \frac{p}{\hbar}$ se denomina el vector de onda.

A continuación realizaremos la normalización de las funciones de onda del operador de momento. Si tenemos el ket $ \left\vert\left . A \right > \right .$ y el bra $ \left <\left . B \right \vert \right .$, el producto interior $ \left < \left . B \right \vert A \right >$ en términos de las funciones de onda se puede escribir como:

$\displaystyle \left < \left . B \right \vert A \right >$ $\displaystyle = \int {\Psi_b}^{*}\Psi_a d\tau$    

donde se integra sobre el espacio de definición de las funciones de onda. Ahora bien, el producto interno de la función de onda consigo misma es:

$\displaystyle \left < \left . A \right \vert A \right >$ $\displaystyle = \int {\Psi_a}^{*}\Psi_a d\tau.$    

Vamos a evaluar por lo tanto el producto interior $ \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$:

$\displaystyle \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\infty}{\Psi_a}^{*}\Psi_a d\tau.$    

De acuerdo a la ecuación [*]:

$\displaystyle \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\infty}\left(ce^{-ik'x}\right)\left(ce^{ikx}\right) dx$    
  $\displaystyle = c^2 \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ik'x} e^{ikx} dx$    
  $\displaystyle = c^2 \int_{-\infty}^{\infty}e^{(ikx - ik'x)} dx$    
  $\displaystyle = c^2 \int_{-\infty}^{\infty}e^{i(k - k')x} dx$    
  $\displaystyle = c^2 \int_{-\infty}^{\infty}\cos(k - k')x + i\sin(k - k')x dx \qquad \footnotemark [2].$     5.2

Para evitar el problema de la oscilación de las funciones $ \sin x$ y $ \cos x$, es necesario introducir la función Delta Dirac, la cual se define como:

\begin{displaymath}\begin{split}\delta(x) &= 0 \qquad \text{si $x \neq 0$} \\  \int_{-\infty}^{\infty}\delta(x) dx &= 1. \end{split}\end{displaymath} (5.19)

Si $ f(x)$ es una función arbitraria continua en $ x = a$, tenemos:

\begin{displaymath}\begin{split}\delta(x-a) &= 0 \qquad \text{si $x \neq a$} \\  \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta(x-a) dx &= f(a). \end{split}\end{displaymath} (5.20)

Hay diversas formas para especificar la función Delta de Dirac, entre otras:

$\displaystyle \delta(x)$ $\displaystyle = \lim\limits_{a \to \infty} \frac{\sin ax}{\pi x}$   con $ a \in \mathbb{R}$. (5.21)

A partir de lo anterior se tiene:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{i(k - k')x}dx$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\infty}\cos(k - k')x + i \sin(k - k')x dx$    
  $\displaystyle = \lim\limits_{a \to \infty} \int_{-a}^{a} \cos(k - k')x + i \sin(k - k')x dx$    
  $\displaystyle = \lim\limits_{a \to \infty} \left[ \int_{-a}^{a} \cos(k - k')x dx + i \int_{-a}^{a} \sin(k - k')x dx \right]$    
  $\displaystyle = \lim\limits_{a \to \infty} \left . \left[\frac{\sin(k - k')x}{k - k'} - i \frac{\cos(k - k')x}{k - k'} \right] \right \vert _{-a}^a$    
  $\displaystyle = \lim\limits_{a \to \infty} \frac{2\sin(k - k')a}{k - k'} \qquad \footnotemark [3]$     5.3
  $\displaystyle = 2\pi \lim\limits_{a \to \infty} \frac{\sin(k - k')a}{\pi(k - k')}$    
  $\displaystyle = 2\pi\delta(k - k') \qquad \footnotemark [4].$     5.4

De acuerdo a la ecuación [*], $ \delta(k - k') = 0$ si $ k \neq k'$ de tal forma que los autovectores de momento son ortogonales.

Para obtener el factor de normalización, realizaremos la integral sobre un área pequeña alrededor de un cierto punto:

$\displaystyle \int_{k' = k - \varepsilon}^{k' = k + \varepsilon} \delta(k - k') dk'$ $\displaystyle = 1$   si $ k = k'$.    

Como los autovectores de momento son ortogonales, para que sean normalizados se debe cumplir:

$\displaystyle \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\infty}{\Psi_{\psi'}}^{*}\Psi_{\psi} dx = \begin{cases}1 & \psi' = \psi \\ 0 & \psi' \neq \psi \end{cases}$    

por lo tanto:

$\displaystyle \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$ $\displaystyle = c^2 2\pi\delta(k - k')$    
$\displaystyle \frac{1}{c^2} \left < \left . \psi' \right \vert \psi \right >$ $\displaystyle = \begin{cases}2\pi & \psi' = \psi \\ 0 & \psi' \neq \psi \end{cases}$    

con lo cual concluimos que:

$\displaystyle c$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}.$ (5.22)

De acuerdo al valor obtenido en la ecuación [*], la expresión normalizada de la ecuación [*] es:

$\displaystyle \Psi_p$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{ikx}$ (5.23)

con $ k = \frac{p}{\hbar}$.

Como el operador de momento es autoadjunto según se determinó para el operador diferenciación en $ L^{2}(-\infty,\infty)$, de acuerdo al teorema de descomposición espectral es posible encontrar una resolución de la identidad asociada al operador de momento $ P$.

Teniendo en cuenta que la solución del problema de momento es de la forma:

$\displaystyle \left\vert\left . \psi \right > \right . = ce^{\frac{i\lambda x}{\hbar}} ,$    

no es factible obtener una resolución de la identidad a partir de ésta solución, debido a que:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\left \vert \psi(x) \right \vert ^2 dx$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\infty}c dx = \infty$    

cuando $ c \neq 0$ y $ \psi \not\equiv 0$.

Consideremos las combinaciones lineales de las soluciones correspondientes a $ \lambda \leq \lambda_0$ de la forma:

$\displaystyle f(x)$ $\displaystyle = \int_{-\infty}^{\lambda_0} c(\lambda)e^{\frac{i\lambda x}{\hbar}} d\lambda .$    

Si hacemos:

$\displaystyle c(\lambda) = \begin{cases}1 & \lambda \geq \lambda_1, \lambda_1 < \lambda_0 \\ 0 & \lambda < \lambda_1 \end{cases}$    

se obtiene la función:

$\displaystyle f(x)$ $\displaystyle = \int_{\lambda_1}^{\lambda_0} e^{\frac{i\lambda x}{\hbar}} d\lam...
...a_0}{\hbar}} - e^{\frac{i\lambda \lambda_1}{\hbar}}}{\frac{i\lambda x}{\hbar}}.$    

Si consideramos que $ x \to \infty$, $ f(x) \to 0$ de tal forma que $ \int_{-\infty}^{\infty}\left \vert f(x) \right \vert ^2 dx < \infty$.

Para $ f(x)$ una función cualesquiera tal que $ \int_{-\infty}^{\infty}\left \vert f(x) \right \vert ^2 dx < \infty$, la función:

$\displaystyle F(f(x))$ $\displaystyle = F(y) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{ixy} f(x) dx$    

es tal que $ \int_{-\infty}^{\infty}\left \vert F(y) \right \vert ^2 dy < \infty$ y además coincide con $ \int_{-\infty}^{\infty}\left \vert f(x) \right \vert ^2 dx$. Escribimos entonces:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^...
...{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\lambda' y \hat{f}(y) dy }\right] d\lambda'$ (5.24)

donde el término $ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ como se aprecia en la ecuación [*], normaliza a $ \Psi_p$. La ecuación [*] puede escribirse como:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\lambda} e^{i\lambda' x} \hat{f}(\lambda') d\lambda'$ (5.25)

con $ \hat{f}(\lambda')$ la transformada de Fourier de $ f(x)$. Se puede demostrar que la transformada de Fourier de cualquier vector del espacio existe y a la vez pertenece al espacio por lo tanto, si $ \hat{f}(\lambda') \in L^{2}(-\infty,\infty)$, el término $ \mathsf{E}_{\lambda} f(x)$ también pertenece a $ L^{2}(-\infty,\infty)$.

El trabajo en este momento está en determinar si la ecuación [*] corresponde a una resolución de la identidad. Si escribimos la ecuación [*] como:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{i\lambda' x} \hat{f}(\lambda') d\lambda'$ (5.26)

la ecuación [*] tiene la forma de la transformación de Fourier-Plancherel, que de acuerdo al teorema de Bochner se puede afirmar que es una transformación unitaria. Las transformaciones directa e inversa de Fourier-Plancherel pueden escribirse como:

$\displaystyle g(x) = Uf(x)$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ixy}f(y)dy$    
$\displaystyle f(x) = U^{-1}g(y)$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{ixy}g(y)dy$    

de tal forma que:

$\displaystyle U^{-1}f(-x)$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ixy}f(y)dy = Uf(x).$    

A partir de las anteriores propiedades se tiene que:

$\displaystyle U^2f(x)$ $\displaystyle = f(-x)$    
$\displaystyle U^3f(x)$ $\displaystyle = U^{-1}f(x)$    
$\displaystyle U^4f(x)$ $\displaystyle = f(x)$    

y por lo tanto, generalizando podemos escribir: $ U^{k+4} = U^kU^4 = U^k$ para $ k = 0, \pm 1, \dots$.

Definimos a continuación las siguientes transformaciones ortogonales a partir de $ U$:

$\displaystyle P_0$ $\displaystyle = \frac{1}{4}(I + U + U^2 + U^3)$    
$\displaystyle P_1$ $\displaystyle = \frac{1}{4}(I - iU - U^2 + iU^3)$    
$\displaystyle P_2$ $\displaystyle = \frac{1}{4}(I - U + U^2 - U^3)$    
$\displaystyle P_3$ $\displaystyle = \frac{1}{4}(I + iU - U^2 - iU^3)$    

las cuales cumplen que $ P_0 + P_1 + P_2 + P_3 = I$. Además,

$\displaystyle UP_0$ $\displaystyle = \frac{1}{4}(I + U + U^2 + U^3) = P_0$    
$\displaystyle UP_1$ $\displaystyle = \frac{i}{4}(I - iU - U^2 + iU^3) = iP_1$    
$\displaystyle UP_2$ $\displaystyle = \frac{-1}{4}(I - U + U^2 - U^3) = i^2P_2$    
$\displaystyle UP_3$ $\displaystyle = \frac{-i}{4}(I + iU - U^2 - iU^3) = i^3P_3$    

es decir, $ UP_k = i^kP_k$ con $ k=0,1,2,3$.

Los valores propios para la transformación $ U$ son $ 1, i, -1, -i$. Como $ P_0 + P_1 + P_2 + P_3 = I$, tenemos que $ U = U(P_0 + P_1 + P_2 + P_3) = P_0 + iP_1 + i^2P_2 + i^3P_3 = P_0 + iP_1 - P_2 - iP_3$. Como sabemos que la descomposición espectral para un operador unitario es según el teorema [*]:

$\displaystyle U = \int_{0}^{2\pi} e^{i\lambda} d\mathsf{E}_{\lambda}$    

donde la resolución de la identidad $ \mathsf{E}_{\lambda}$ es:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda} = \begin{cases}0 & 0 \leq \lambda < \frac{\p...
...+ P_3 & \frac{3\pi}{2} \leq \lambda < 2\pi \\ I & \lambda \geq 2\pi \end{cases}$    

de tal forma que $ \lim\limits_{\lambda \to -\infty}\mathsf{E}_{\lambda} = 0$ y $ \lim\limits_{\lambda \to \infty} \mathsf{E}_{\lambda} = I$.

Verifiquemos ahora que si $ \lambda_1 < \lambda_2 \Longrightarrow \mathsf{E}_{\lambda_1}\mathsf{E}_{\lambda_2} = \mathsf{E}_{\lambda_1}$:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda_1}\mathsf{E}_{\lambda_2} f$ $\displaystyle = \mathsf{E}_{\lambda_1}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\lambda_2} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda')d\lambda'$    
  $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\lambda_1} e^{i\lambda x}F(\lambda)d\lambda$    
  $\displaystyle = \mathsf{E}_{\lambda_1}f$    

con $ F(\lambda)$ la transformada de Fourier de $ \int_{-\infty}^{\lambda_2} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda')d\lambda'$. Por lo tanto tenemos que si $ \lambda_1 < \lambda_2 \Longrightarrow \mathsf{E}_{\lambda_1}\mathsf{E}_{\lambda_2} = \mathsf{E}_{\lambda_1}$.

Vamos a comprobar que $ \mathsf{E}_{\lambda}$ es la resolución de la identidad correspondiente al operador de momento $ P$. Teniendo en cuenta que:

$\displaystyle \mathsf{E}_{\lambda}$ $\displaystyle = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\lambda} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda') d\lambda'$    

entonces:

$\displaystyle \hbar \int_{-\infty}^{\infty}\lambda d(\mathsf{E}_{\lambda}f(x))$ $\displaystyle = \hbar \int_{-\infty}^{\infty}\lambda d \left \{ \frac{1}{\sqrt{...
...} \int_{-\infty}^{\lambda} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda') d\lambda' \right \}$    
  $\displaystyle = \frac{\hbar}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}\lambda d \left\{ \int_{-\infty}^{\lambda} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda') d\lambda' \right\}$    
  $\displaystyle = \frac{\hbar}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}\lambda \frac{...
...\infty}^{\lambda} e^{i\lambda' x}\hat{f}(\lambda') d\lambda' \right \} d\lambda$    
  $\displaystyle = \frac{\hbar}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}\lambda e^{i\lambda x}\hat{f}(\lambda) d\lambda$    
  $\displaystyle = \frac{\hbar}{i\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}i\lambda e^{i\lambda x}\hat{f}(\lambda) d\lambda$    
  $\displaystyle = -\frac{i\hbar}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{d }{d x} e^{i\lambda x}\hat{f}(\lambda) d\lambda \qquad \footnotemark [5]$     5.5
  $\displaystyle = -\frac{i\hbar}{\sqrt{2\pi}} \frac{d }{d x} \int_{-\infty}^{\infty}e^{i\lambda x}\hat{f}(\lambda) d\lambda$    
  $\displaystyle = -{i\hbar} \frac{d }{d x} f(x)$    
  $\displaystyle = -i\hbar f'(x)$    
  $\displaystyle = P f(x)$    

y por lo tanto obtenemos la descomposición espectral del operador de momento en términos de transformadas de Fourier.


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A. Zchwarzshipowsky 2004-09-19