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
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.
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,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} dá 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).