Bezugssystemwechsel einer Wellenfunktion: gleicher Betrag aber unterschiedliche Ströme?

Question

Bezugssystemwechsel einer Wellenfunktion: gleicher Betrag aber unterschiedliche Ströme?

AndreaPaco

Angenommen, zu einem bestimmten Zeitpunkt $t=0$ , hat man eine Wellenfunktion

ψ = ψ (X, j)

$\psi=\psi(x,y)$ auf einer Ebene definiert und gut normalisiert

1

$1$ . Koordinaten (x,y) beziehen sich auf den Rahmen

x O y

$xOy$ .

Wie ändert sich die Wellenfunktion, wenn zur Zeit $t=0$ , man springt auf einen rotierenden Rahmen $x\prime O\prime y\prime$ so dass

Der Ursprung stimmt mit dem des Anfangsrahmens überein (d. h. $O\,\equiv \, O^\prime$ );
Zum Zeitpunkt $t=0$ , $x \, \equiv x^\prime$ Und $y \, \equiv \, y^\prime$ ;
Das zweite Referenzsystem hat eine Winkelgeschwindigkeit $\Omega$ in Bezug auf das erste.

NB 1: Ich interessiere mich nicht für die Wellenfunktion zu verschiedenen Zeiten, dh für $t>0$ , aber gerade rein

ψ^{'} = ψ^{'} (X^{'}, j^{'})

$\psi'=\psi'(x',y')$ bei

t = 0

$t=0$ .

NB 2: Ich erwarte (bitte korrigieren Sie mich, wenn ich falsch liege) $\psi$ Und $\psi^\prime$ so zu sein $|\psi|^2=|\psi^\prime|^2$ aber ihre Phasen sollten wegen der Ströme unterschiedlich sein , zB der Wahrscheinlichkeitsstrom

\vec{J} = \frac{ℏ}{2 M ich} (ψ^{*} \nabla ψ - ψ \nabla ψ^{*})

$\vec{j}= \frac{\hbar}{2mi}(\psi^*\nabla\psi-\psi\nabla\psi^*)$ sollte in den beiden Frames unterschiedlich sein.

Eli

\begin{aligned} x \mapsto x \cos (Ω t) - y \sin (Ω t) \\ y \mapsto x \sin (Ω t) + y \cos (Ω t) \end{aligned}

$\begin{aligned}x\mapsto x\cos \left( \Omega \,t\right) -y\sin \left( \Omega \, t\right) \\ y\mapsto x\,\sin\left( \Omega \, t\right) +y\,\cos\left( \Omega t\right) \end{aligned}$

AndreaPaco

Danke für deinen Kommentar. Ich glaube nicht, dass diese Transformation ausreicht... denn bei

t = 0

$t=0$ die beiden Wellenfunktionen,

ψ

$\psi$ Und

ψ^{'}

$\psi^\prime$ würde zusammenfallen. Ich stimme zu, dass die quadratischen Moduln von

ψ

$\psi$ Und

ψ^{'}

$\psi^\prime$ sollte bei zusammenfallen

t = 0

$t=0$ , aber in ihren Phasen sollte etwas anders sein . Ihre Phasen sollten nämlich unterschiedlich sein, da die in den zwei Rahmen gemessenen Ströme unterschiedlich sein sollten.

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Bezugssystemwechsel einer Wellenfunktion: gleicher Betrag aber unterschiedliche Ströme?

$\begin{aligned}x\mapsto x\cos \left( \Omega \,t\right) -y\sin \left( \Omega \, t\right) \\ y\mapsto x\,\sin\left( \Omega \, t\right) +y\,\cos\left( \Omega t\right) \end{aligned}$
Danke für deinen Kommentar. Ich glaube nicht, dass diese Transformation ausreicht... denn bei $t=0$ die beiden Wellenfunktionen, $\psi$ Und $\psi^\prime$ würde zusammenfallen. Ich stimme zu, dass die quadratischen Moduln von $\psi$ Und $\psi^\prime$ sollte bei zusammenfallen $t=0$ , aber in ihren Phasen sollte etwas anders sein . Ihre Phasen sollten nämlich unterschiedlich sein, da die in den zwei Rahmen gemessenen Ströme unterschiedlich sein sollten.

Jitendra · Answer 1

Die Änderung des Koordinatensystems in der Quantenmechanik kann leicht im Heisenberg-Ansatz der Quantenmechanik durchgeführt werden. Sie können den Hamilton-Operator sehr einfach von einem Referenzrahmen in den anderen transformieren (wie ich unten zeigen werde) und dann diesen neuen Hamilton-Operator in die Schrödinger-Gleichung einsetzen, um die transformierten Wellenfunktionen zu finden.

Hamiltonian im Ruhe-/Grundrahmen- $H$

Hamiltonian im Rotationsrahmen (rotiert mit Winkelgeschwindigkeit $\Omega$ ) - $H_{rot}$

$H_{rot} = UHU^\dagger -iU\frac{dU^\dagger}{dt}$

Wo $U$ ist der Transformationsoperator. $U = e^{-i\Omega tJ_z }$

anders, $\phi_{rot}(t) = e^{-i\Omega t J_z}\phi(t)$

Wo $J_z$ ist der $z$ -Komponente des Gesamtdrehimpulses für die Drehung um die $z$ -Achse mit Winkelgeschwindigkeit $\Omega$ .

Wenn Sie zum Beispiel den harmonischen Oszillator-Hamilton-Operator als Beispiel nehmen, was ist in diesem Fall Sigma z? Und was wäre dann H rot?
Vielen Dank für Ihre Antwort! Wie auch immer, ich fürchte, Sie haben meine Frage nicht beantwortet. Ich interessiere mich dafür, wie sich die Wellenfunktion ändert, nicht für den Hamilton-Operator. Darüber hinaus reduziert sich die von Ihnen vorgeschlagene Transformation bei t = 0 auf die Identität, was meiner Meinung nach falsch ist.
@AndreaPaco Da die Rotation in der Quantenmechanik quantisiert wird. Wellenfunktion im Rotationsrahmen wird sein $\phi_{rot}(t) = e^{-i\Omega t L_z}\phi(t)$ . $L_z$ kann eine Matrix sein, wenn Sie endliche Dimensionen haben oder $L_z=xp_y-yp_x$ wenn Sie einen unendlich dimensionalen Hilbert-Raum haben.
@lalala für harmonischen Quantenoszillator $U=e^{i\Omega t L_z}$ Wo $L_z= xp_y-y_px$ . Den Rest kannst du rechnen.
@ Jitendra, danke. Aber bei t = 0 sind die Wellenfunktionen in den beiden Frames gleich, was meiner Meinung nach nicht korrekt ist. Sind Sie einverstanden?
Danke. Natürlich. Ich dachte nicht daran, den Drehimpulsoperator als Pauli-Matrix zu bezeichnen; aber es macht Sinn.
@AndreaPaco bei t=0 $\phi_{rot}(0) = e^{-i\Omega L_z (0)}\phi(0) = \phi(0)$ . Bei t=0 sollten Wellenfunktionen zusammenfallen, wo ist das Problem?
Für mich ist die Tatsache, dass die Wellenfunktionen bei t = 0 zusammenfallen, kontraintuitiv. Es geht um Strömungen : dreht sich etwas (zB ein Wirbel) in einem bestimmten Koordinatensystem, soll es in einem anderen Koordinatensystem mit einer anderen Kreisfrequenz rotieren.
Nehmen Sie zusätzlich ein weiteres Beispiel: einen Rahmen, der in Bezug auf einen anderen verschoben wird. Wenn ein bestimmtes Wellenpaket in einem Rahmen eine bestimmte Gruppengeschwindigkeit hat, erwarte ich, dass diese Gruppengeschwindigkeit in dem anderen (Trägheits-) Rahmen anders ist.
@AndreaPaco Da alle in der Physik verwendeten Transformationen kontinuierlich und differenzierbar sind, sollten die Wellenfunktionen bei t = 0 gemäß den Randbedingungen übereinstimmen. Natürlich haben Sie Recht, dass die Winkelgeschwindigkeit im rotierenden Rahmen unterschiedlich ist, aber bei t = 0 gibt es keinen Effekt von Transformationen, sodass die Wellenfunktionen in beiden Rahmen zusammenfallen. Bei der Translation kann man einfach den Drehimpuls durch den linearen Impuls ersetzen. Sie erinnern sich vielleicht aus der elementaren Quantenmechanik, dass der lineare Impuls ein Translationsgenerator und der Drehimpuls ein Rotationsgenerator ist.
Ja, ich erinnere mich, dass der Impuls der Generator der Translation und der Drehimpuls der Generator der Translation ist. Wenn also die Wellenfunktionen in den beiden Frames gleich sind, wie kann ich dann mathematisch berechnen, dass die Winkelgeschwindigkeiten unterschiedlich sind? In Anbetracht dessen bin ich mir nicht sicher, ob die einheitliche Transformation $U$ Das, was Sie erwähnt haben (obwohl es richtig ist!!), spielt die Rolle des Frame-Wechslers: Tatsächlich bin ich mir nicht sicher, ob das Konzept „Einheitsoperation, die eine Drehung ausführt“ dem Konzept „Referenzrahmentransformation“ entspricht.
Alles, was ich gesagt habe, war, dass bei t = 0 Wellenfunktionen zusammenfallen werden. Zu einem späteren Zeitpunkt t werden sich die Wellenfunktionen definitiv ändern. Multiplizieren Sie einfach Ihre statische Frame-Wellenfunktion mit $e^{-i\Omega L_zt}$ und Sie erhalten Ihre Rotationsrahmen-Wellenfunktion. ( $\phi_{rot} = U\phi$ ).
Ich danke Ihnen nochmals für Ihr Interesse an meiner Frage. Es tut mir leid, aber Ihre Erklärung überzeugt mich nicht vollständig. Für mich ist es sehr seltsam, dass bei $t=0$ die Wellenfunktionen in den beiden Rahmen fallen zusammen. Wie gesagt (und Sie haben mir zugestimmt) sollte der in den beiden Rahmen gemessene Drehimpuls auch bei unterschiedlich sein $t=0$ .

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