a. Let x and p_{x} be the coordinate and linear momentum in one dimension. Evaluate the classical Poisson bracket
\left[x, F\left(p_{x}\right)\right]_{\text {classical }} .
b. Let x and p_{x} be the corresponding quantum-mechanical operators this time. Evaluate the commutator
\left[x, \exp \left(\frac{i p_{x} a}{\hbar}\right)\right] .
c. Using the result obtained in (b), prove that
\exp \left(\frac{i p_{x} a}{\hbar}\right)\left|x^{\prime}\right\rangle, \quad\left(x\left|x^{\prime}\right\rangle=x^{\prime}\left|x^{\prime}\right\rangle\right)

Passo 1

O enunciado apresenta três tarefas claramente separadas. Vou listá-las e as informações que temos:
  • Dados:
    • x e p_{x} são a coordenada e o momento linear em uma dimensão.
    • F(p_{x}) é uma função arbitrária (assumir diferenciável).
    • O operador unitário considerado é \displaystyle \exp\!\bigg(\frac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg), com a um parâmetro real.
    • A base de autovetores de posição satisfaz \displaystyle x\big|x'\big\rangle = x'\big|x'\big\rangle.
  • Perguntas:
    (a) Calcular o colchete de Poisson clássico \displaystyle \left[x, F\!\big(p_{x}\big)\right]_{\text{classical}}.
    (b) Calcular o comutador quântico \displaystyle \left[x, \exp\!\bigg(\dfrac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg)\right].
    (c) Usando o resultado de (b), mostrar qual é o efeito de \displaystyle \exp\!\bigg(\dfrac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg) sobre um autovetor de posição \big|x'\big\rangle (isto é, mostrar que o vetor obtido é um autovetor de x e identificar o autovalor).

Passo 2

Primeiro, lembro a definição do colchete de Poisson clássico. Para duas funções no espaço de fase A(x,p) e B(x,p), o colchete de Poisson é
\left\{A,B\right\} \equiv \frac{\partial A}{\partial x}\frac{\partial B}{\partial p} - \frac{\partial A}{\partial p}\frac{\partial B}{\partial x}.
Aqui vamos aplicar essa definição com A(x,p)=x e B(x,p)=F(p) (abreviarei p_x por p quando não houver ambiguidade). Precisamos calcular as derivadas parciais dessas funções.

Passo 3

Calcule as derivadas parciais necessárias:
  • \displaystyle \frac{\partial A}{\partial x}=\frac{\partial x}{\partial x}=1.
  • \displaystyle \frac{\partial A}{\partial p}=\frac{\partial x}{\partial p}=0.
  • \displaystyle \frac{\partial B}{\partial p}=\frac{dF}{dp}=F'(p).
  • \displaystyle \frac{\partial B}{\partial x}=\frac{\partial F(p)}{\partial x}=0.
Substituindo na definição do colchete de Poisson:
\left[x, F(p)\right]_{\text{classical}} = 1\cdot F'(p) - 0\cdot 0 = F'(p).
Portanto o resultado clássico é a derivada de F em relação a p.
Exemplo concreto para intuir: se F(p)=p^{2}/2, então F'(p)=p, e \{x,p^{2}/2\}=p.

Passo 4

Agora passo para o caso quântico (parte b). Vou usar propriedades de comutadores e séries de potências. Um fato útil e geral é que, para o par canônico,
\left[x,p\right]=i\hbar,
e que isso permite obter \left[x,p^{n}\right] por indução. Vou demonstrar essa relação para potências e depois aplicar à exponencial expandida em série de potências.
Base da indução: para n=1 é a relação canônica dada. Suponha que \left[x,p^{n}\right]=i\hbar\, n\, p^{\,n-1} valha para certo n. Então
\left[x,p^{n+1}\right] = \left[x,p^{n}p\right] = p^{n}\left[x,p\right] + \left[x,p^{n}\right]p
(uso a identidade \left[A,BC\right]=B\left[A,C\right]+\left[A,B\right]C). Substituindo \left[x,p\right]=i\hbar e a hipótese de indução:
\left[x,p^{n+1}\right] = p^{n}(i\hbar) + (i\hbar\, n\, p^{\,n-1})p = i\hbar\, p^{n} + i\hbar\, n\, p^{n} = i\hbar\,(n+1)\,p^{n},
o que completa a indução. Assim
\left[x,p^{n}\right] = i\hbar\, n\, p^{\,n-1}\qquad(n\ge1).

Passo 5

Agora uso a série de Taylor para a exponencial:
\exp\!\bigg(\frac{i p a}{\hbar}\bigg)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{n}p^{n}.
Calculo o comutador termo a termo:
\left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{n}\left[x,p^{n}\right].
Para n=0 temos p^{0}=I e [x,I]=0. Para n\ge1 substituo a fórmula do passo anterior:
\left[x,p^{n}\right]=i\hbar\, n\, p^{\,n-1}.
Então a soma para n\ge1 fica
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{n} i\hbar\, n\, p^{\,n-1}.

Passo 6

Simplifico a expressão da soma:
\left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = i\hbar \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{n} n\, p^{\,n-1}.
Note que n/n! = 1/(n-1)!. Reindexando com m=n-1 (então m vai de 0 a \infty) obtemos
\left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = i\hbar \sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{m+1} p^{m}.
Coloco os fatores constantes fora da soma:
\left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = i\hbar\left(\frac{i a}{\hbar}\right)\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{m} p^{m}.
Reconheço a série da exponencial no somatório:
\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\left(\frac{i a}{\hbar}\right)^{m} p^{m} = e^{\frac{i p a}{\hbar}}.
Logo
\left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = i\hbar\left(\frac{i a}{\hbar}\right) e^{\frac{i p a}{\hbar}}.
Multiplicando os fatores i\hbar e \dfrac{i a}{\hbar} i^{2}a = -a. Portanto
\boxed{\displaystyle \left[x,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\right] = -\,a\,e^{\frac{i p a}{\hbar}}.}
Observação intuitiva: isso é análogo à versão clássica \{x,F(p)\}=F'(p); aqui [x,F(p)] = i\hbar F'(p) e, para F(p)=e^{\frac{i p a}{\hbar}}, tem-se F'(p)=\frac{i a}{\hbar}e^{\frac{i p a}{\hbar}}, levando ao mesmo resultado.

Passo 7

A partir do comutador obtido, podemos reescrever a identidade de troca útil:
x\,e^{\frac{i p a}{\hbar}} - e^{\frac{i p a}{\hbar}} x = -a\,e^{\frac{i p a}{\hbar}}.
Isto implica
x\,e^{\frac{i p a}{\hbar}} = e^{\frac{i p a}{\hbar}} x - a\,e^{\frac{i p a}{\hbar}} = e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big(x - a\big).
Essa relação é a chave para entender como o operador exponencial desloca autovetores de posição.

Passo 8

Agora uso a relação acima sobre um autovetor de posição \big|x'\big\rangle, que satisfaz x\big|x'\big\rangle = x'\big|x'\big\rangle. Aplique x sobre o vetor e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle:
x\bigg(e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle\bigg) = e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big(x - a\big)\big|x'\big\rangle.
Como x\big|x'\big\rangle = x'\big|x'\big\rangle, isso vira
x\bigg(e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle\bigg) = e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big(x' - a\big)\big|x'\big\rangle = \big(x' - a\big)\,e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle.
Portanto e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle é um autovetor do operador x com autovalor x' - a.
Autovetores de posição com autovalores distintos são (proporcionalmente) os vetores \big|x''\big\rangle. Logo e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle deve ser proporcional ao autovetor \big|x' - a\big\rangle:
e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle = C\big(x',a\big)\,\big|x' - a\big\rangle,
onde C(x',a) é um fator de normalização/ fase (complexo de módulo 1, pois o operador exponencial é unitário). Se adotarmos a convenção usual contínua de fases dos autovetores de posição, pode-se escolher as fases de modo que C(x',a)=1 e então
\boxed{\displaystyle e^{\frac{i p a}{\hbar}}\big|x'\big\rangle = \big|x' - a\big\rangle.}
Se for preciso ser estrito: a igualdade vale até um fator de fase global que depende de convenção; mas o importante físico — o autovalor — é x' - a.

Resposta

\displaystyle \left[x,F\!\big(p_{x}\big)\right]_{\text{classical}} = F'\!\big(p_{x}\big)\newline
\displaystyle \left[x,\exp\!\bigg(\dfrac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg)\right] = -\,a\,\exp\!\bigg(\dfrac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg)\newline
\displaystyle \exp\!\bigg(\dfrac{i p_{x} a}{\hbar}\bigg)\big|x'\big\rangle = \big|x' - a\big\rangle (igualdade até uma fase de convenção; com a escolha usual de fase, a igualdade é exata).

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