Beweisen Sie, dass der zeitabhängige Hamiltonian hermitesch ist, da der Zeitentwicklungsoperator einheitlich ist

Question

Beweisen Sie, dass der zeitabhängige Hamiltonian hermitesch ist, da der Zeitentwicklungsoperator einheitlich ist

Physik
Betreiber
Einheitlichkeit
Zeitentwicklung
Quantenmechanik
Schrödinger-Gleichung

phchen

Wenn wir die Schrödinger-Gleichung für den Zeitentwicklungsoperator lösen:

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0}) = H U (T, T_{0}),

$\begin{equation} i\hbar\frac{\partial}{\partial t}U(t,t_{0})=HU(t,t_{0}), \end{equation}$

Wir haben drei Fälle, die getrennt behandelt werden müssen:

Fall 1. Der Hamilton-Operator $H$ ist zeitunabhängig:

U (T, T_{0}) = \exp [\frac{- ich H (T - T_{0})}{ℏ}];

$\begin{equation} U(t,t_{0})=\exp\left[\frac{-iH(t-t_{0})}{\hbar}\right]; \end{equation}$

Fall 2. Der Hamilton-Operator $H$ ist aber zeitabhängig $H's$ zu unterschiedlichen Zeiten pendeln:

U (T, T_{0}) = \exp [- \frac{ich}{ℏ} \int_{T_{0}}^{T} D T^{^{'}} H (T^{^{'}})];

$\begin{equation} U(t,t_{0})=\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_{t_{0}}^{t}dt^{'}H\left(t^{'}\right)\right]; \end{equation}$

Fall 3. Der Hamilton-Operator $H$ ist zeitabhängig und $H's$ zu unterschiedlichen Zeiten nicht pendeln:

\begin{array}{rcl} U (T, T_{0}) & = & 1 + \overset{\infty}{\sum_{N = 1}} [{(\frac{- ich}{ℏ})}^{N} \int_{T_{0}}^{T} D T_{1} \int_{T_{0}}^{T_{1}} D T_{2} . . . \int_{T_{0}}^{T_{N - 1}} D T_{N} H (T_{1}) H (T_{2}) . . . H (T_{N})] \\ = & T {\exp [- ich \int_{T_{0}}^{T} D T^{^{'}} H (T^{^{'}})]} \end{array}

$\begin{eqnarray} U(t,t_{0}) & = & 1+\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}\left[\left(\frac{-i}{\hbar}\right)^{n}\int_{t_{0}}^{t}dt_{1}\int_{t_{0}}^{t_{1}}dt_{2}...\int_{t_{0}}^{t_{n-1}}dt_{n}H(t_{1})H(t_{2})...H(t_{n})\right]\\ & = & \mathcal{T}\left\{ \exp\left[-i\int_{t_{0}}^{t}dt^{'}H(t^{'})\right]\right\} \end{eqnarray}$

Betrachten wir den Fall 1, so ist die folgende Aussage leicht zu beweisen:

Der Hamilton-Operator $H$ ist genau dann hermitesch, wenn der Zeitentwicklungsoperator $U$ ist einheitlich.

Aber wie beweist man diese Aussage für zeitabhängige Hamilton-Fälle?

Antworten (3)

Beweisen Sie, dass der zeitabhängige Hamiltonian hermitesch ist, da der Zeitentwicklungsoperator einheitlich ist

Benutzer_35 · Answer 1

Sie können dies beweisen, ohne einen der speziellen Fälle zu betrachten, indem Sie eine Störung erster Ordnung der Differentialgleichung durchführen, die den Zeitentwicklungsoperator definiert.

Wir beginnen mit

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0}) = H U (T, T_{0}) .

$i \hbar \frac{\partial}{\partial t} U(t, t_0) = H U(t, t_0).$

Oder einige Begriffe neu anordnen,

\frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0}) = - \frac{ich}{ℏ} H U (T, T_{0}) .

$\frac{\partial}{\partial t} U(t, t_0) = - \frac{i}{\hbar} H U(t, t_0).$

Zu einer Zeit $t + \delta t$ , sagt uns die obige Gleichung, dass wir dies in erster Ordnung tun müssen $\delta t$ wir haben

U (T + δ T, T_{0}) = U (T, T_{0}) - \frac{ich}{ℏ} H U (T, T_{0}) δ T .

$U(t + \delta t, t_0) = U(t, t_0) - \frac{i}{\hbar} H U(t, t_0) \delta t.$

Wenn $U$ einheitlich ist, dann haben wir

ICH = U^{†} U (T + δ T, T_{0}) = [U^{†} (T, T_{0}) + \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) H^{†} δ T] [U (T, T_{0}) - \frac{ich}{ℏ} H U (T, T_{0}) δ T] .

$I = U^{\dagger} U (t + \delta t, t_0) = \left[ U^{\dagger}(t, t_0) + \frac{i}{\hbar} U^{\dagger}(t, t_0) H^{\dagger} \delta t\right] \left[ U(t, t_0) - \frac{i}{\hbar} H U(t, t_0) \delta t \right].$

Erweitern Sie dies und behalten Sie nur die Bedingungen der ersten Ordnung bei $\delta t$ Erträge

ICH = U^{†} U (T, T_{0}) - \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) H U (T, T_{0}) δ T + \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) H^{†} U (T, T_{0}) δ T .

$I = U^{\dagger} U (t, t_0) - \frac{i}{\hbar} U^{\dagger} (t, t_0) H U (t, t_0) \delta t + \frac{i}{\hbar} U^{\dagger}(t, t_0) H^{\dagger} U (t, t_0) \delta t.$

Da wir das gefordert haben $U$ für alle Zeiten einheitlich ist, sollten wir auch haben $U^{\dagger} U (t, t_0) = I.$ Dies ersetzen und stornieren $I$ von beiden Seiten der Gleichung ergibt

0 = \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) (H^{†} - H) U (T, T_{0}) δ T .

$0 = \frac{i}{\hbar} U^{\dagger}(t, t_0) \left(H^{\dagger} - H \right) U(t, t_0) \delta t.$

Wir müssen also haben $H^{\dagger} = H$ . Wir haben also gezeigt, dass wenn $U$ ist dann einheitlich $H$ muss hermitesch sein.

Für die andere Richtung kehren wir zu unserer Entwicklung erster Ordnung zurück:

U^{†} U (T + δ T, T_{0}) = U^{†} U (T, T_{0}) - \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) H U (T, T_{0}) δ T + \frac{ich}{ℏ} U^{†} (T, T_{0}) H^{†} U (T, T_{0}) δ T .

$U^{\dagger} U (t + \delta t, t_0) = U^{\dagger} U (t, t_0) - \frac{i}{\hbar} U^{\dagger} (t, t_0) H U (t, t_0) \delta t + \frac{i}{\hbar} U^{\dagger}(t, t_0) H^{\dagger} U (t, t_0) \delta t.$

Wenn $H$ ist also hermitesch

U^{†} U (T + δ T, T_{0}) = U^{†} U (T, T_{0}) .

$U^{\dagger} U (t + \delta t, t_0) = U^{\dagger} U(t, t_0).$

So $U^{\dagger} U(t, t_0)$ ist für alle konstant $t$ . Seit $U(t_0, t_0)$ ist die Identität, die wir haben müssen $U^{\dagger} U(t, t_0) = I$ für alle $t$ . Damit haben wir bewiesen, dass wenn $H$ ist also hermitesch $U$ muss einheitlich sein.

hallo · Answer 2

Hermitizität von $H$ für alle drei Fälle zusammen kann direkt aus der Schrödinger-Gleichung gezeigt werden. Nehmen Sie dazu zunächst die Ableitung der Unitaritätsrelation $U(t,t_{0}) U^{\dagger}(t,t_{0}) = I$ gegenüber $t$ , was gibt

U (T, T_{0}) [\frac{\partial}{\partial T} U^{†} (T, T_{0})] = - [\frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0})] U^{†} (T, T_{0}) .

$\begin{equation} U(t,t_{0}) \left[\frac{\partial}{\partial t}U^{\dagger}(t,t_{0}) \right] = -\left[\frac{\partial}{\partial t}U(t,t_{0}) \right]U^{\dagger}(t,t_{0}). \end{equation}$ Betrachten Sie dann das hermitische Konjugat von

H = ich ℏ [\frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0})] U^{†} (T, T_{0}),

$\begin{equation} H = i\hbar \left[\frac{\partial}{\partial t}U(t,t_{0}) \right] U^{\dagger}(t,t_{0}), \end{equation}$ was liest

\begin{aligned} H^{†} & = - ich ℏ U (T, T_{0}) [\frac{\partial}{\partial T} U^{†} (T, T_{0})] \\ = ich ℏ [\frac{\partial}{\partial T} U (T, T_{0})] U^{†} (T, T_{0}) . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} H^{\dagger} &= -i\hbar\, U(t,t_{0})\left[\frac{\partial}{\partial t}U^{\dagger}(t,t_{0}) \right] \\ &= i\hbar\, \left[\frac{\partial}{\partial t}U(t,t_{0}) \right]U^{\dagger}(t,t_{0}). \end{split} \end{equation}$ Deshalb,

H = H^{†}

$H = H^\dagger$ , und daher

H

$H$ ist hermitesch.

yuggib · Answer 3

Ich denke, dass die Einheitlichkeit aller $\bigl(U(t,t_0)\bigr)_{(t,t_0)\in\mathbb{R}^2}$ gibt dir nicht so viel. Die Einheitlichkeit ist tatsächlich in der (zwei Parameter umfassenden) Gruppeneigenschaft codiert, dh $U(t,t_0)U(t_0,t_1)=U(t,t_1)$ für alle $t,t_0,t_1\in\mathbb{R}$ (mit $U(t,t)=1$ für alle $t$ ). Nehmen wir das an $U(t,t_0)$ differenzierbar ist $t$ Und $t_0$ auf passende Domains für alle $t,t_0$ (die Domänen können zeitabhängig sein); und durch Differenzieren erhalten wir die Gleichungen

\begin{aligned} ich \partial_{T} U (T, S) & = H (T) U (T, S) \\ ich \partial_{S} U (T, S) & = - U (T, S) H^{'} (S); \end{aligned}

$\begin{align*} i\partial_t U(t,s)&=H(t)U(t,s)\\ i\partial_{s} U(t,s)&=-U(t,s)H'(s)\; ; \end{align*}$ für einige Familien

(H (t))_{t \in R}

$\bigl(H(t)\bigr)_{t\in\mathbb{R}}$ Und

(H^{'} (s))_{s \in R}

$\bigl(H'(s)\bigr)_{s\in\mathbb{R}}$ von Betreibern. Nun, Einheitlichkeit impliziert dies

U (t, s)^{*} = U (s, t)

$U(t,s)^* = U(s,t)$ , daher erhalten wir das, indem wir den Adjungierten der ersten Gleichung nehmen

- ich \partial_{T} U (S, T) = U (S, T) H (T)^{*},

$-i\partial_t U(s,t)=U(s,t)H(t)^*\; ,$ und daher folgt das für alle

t \in R

$t\in \mathbb{R}$ , die "richtigen Generatoren"

H^{'} (t)

$H'(t)$ sind mit den "linken Generatoren" verwandt

H^{'} (t) = H (t)^{*}

$H'(t)=H(t)^*$ . Mit anderen Worten, die beiden obigen Ableitungen lauten jetzt

\begin{aligned} (*) & ich \partial_{T} U (T, S) & = H (T) U (T, S) \\ ich \partial_{S} U (T, S) & = - U (T, S) H (S)^{*} . \end{aligned}

$\begin{align*}\tag{$*$} i\partial_t U(t,s)&=H(t)U(t,s)\\ i\partial_{s} U(t,s)&=-U(t,s)H(s)^*\; . \end{align*}$

Wenn wir nun den Doppeladjoint nehmen, folgt daraus auch, dass jeder Operator $H(t)$ muss geschlossen werden (weil wir bekommen $H(t)^{**}=H(t)$ , und dass jede Adjungierte dicht definiert ist).

Zusammenfassend sehen wir, dass wir eine dicht differenzierbare einheitliche Zwei-Papermeter-Gruppe der Evolution haben $\bigl(U(t,t_0)\bigr)_{(t,t_0)\in\mathbb{R}^2}$ es ist notwendig, dass es eine Familie geschlossener (dicht definierter) Operatoren gibt $\bigl(H(t)\bigr)_{t\in\mathbb{R}}$ die über die Gleichungen ( $*$ ). Dies ergibt jedoch nicht die Hermitizität der Generatoren.

Differenzieren $U(t,s) U(s,t) = I$ gegenüber $t$ und dann ein wenig neu anordnen gibt Ihnen $\partial_{t}U(t,s) = - U(t,s) \partial_{t}U(s,t) U(t,s)$ . Setzen Sie dies in die erste Gleichung von (*) ein und multiplizieren Sie dann beide Seiten mit $U(s,t)$ sowohl links als auch rechts, und schließlich den Austausch der Variablen $t$ Und $s$ zeige, dass $H(s) = H(s)^{\ast}$ .

Beweisen Sie, dass der zeitabhängige Hamiltonian hermitesch ist, da der Zeitentwicklungsoperator einheitlich ist

phchen

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hallo

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hallo

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