Ein "hermitescher" Operator mit imaginären Eigenwerten

Das Problem bei diesem Hamiltonoperator besteht darin, dass es einen Unterschied zwischen symmetrischen/hermiteschen Operatoren und selbstadjungierten Operatoren gibt. Es sieht aus wie ein pingeliger Mathematiker, der Löcher in alles stochert, aber es ist tatsächlich wichtig:

Im Allgemeinen sind die Domänen von$\hat{A}$und$\hat{A}^\dagger$stimmen nicht überein. Wenn$\hat{A}=\hat{A}^\dagger$an$D(\hat{A})$, dann$D(\hat{A})\subseteq D(\hat{A}^\dagger)$hält und$\hat{A}$heißt symmetrisch oder hermitesch. Wenn zusätzlich$D(\hat{A}^\dagger)=D(\hat{A})$, dann$\hat{A}$heißt selbstadjungiert.

Die wichtigen Existenz- und Realitätssätze für Eigenwerte und Eigenvektoren gelten normalerweise nur für selbstadjungierte Operatoren. Dies wird auf Seite 13 Ihres Lehrbuchs deutlich . Während Ihr Operator tatsächlich symmetrisch ist, ist es unwahrscheinlich, dass er selbstadjungiert ist.

Genauer,$H$ist dicht definiert und hat daher einen Adjunkten$H^\dagger$, das ist ein Operator auf einer Domäne$D(H^\dagger)$was befriedigt$\langle\phi|H\psi\rangle=\langle H^\dagger\phi|\psi\rangle$für alle$\psi\in D(H)$und$\phi\in D(H^\dagger)$. Ihre eigentliche Aufgabe besteht darin, die Domänen beider Operatoren zu charakterisieren und zu sehen, ob sie übereinstimmen, oder herauszufinden, ob$H$kann auf eine größere Domäne erweitert werden, so dass die Domäne des Adjungierten mit der ursprünglichen Domäne übereinstimmt. Nichts davon ist besonders einfach.

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Allerdings treten diese mathematischen Probleme nur sehr selten von alleine auf und werden meist von Problemen im entsprechenden klassischen Problem begleitet. Dies wird zusammen mit einer klaren Darlegung der notwendigen mathematischen Fakten in der Arbeit sehr schön deutlich gemacht

Klassische Symptome von Quantenkrankheiten. Chengjun Zhu und John R. Klauder. Bin. J. Phys. 61 nr. 7, 605 (1993) .

Der Hauptpunkt ist, dass Sie sich wirklich nicht über unerwartetes Verhalten des Quantengegenstücks beschweren müssen, es sei denn, das klassische Problem hat wohldefinierte Lösungen für alle Zeiten und für alle Anfangsbedingungen .

Für Ihr Modell, den klassischen Hamiltonian$H=\frac12(q^3p+pq^3)=q^3 p$erzeugt die Hamilton-Gleichungen

$$\left\{ \begin{array}{} \dot p=-\frac{\partial H}{\partial q}=&3q^2 p,\\ \dot q=\phantom{-}\frac{\partial H}{\partial p}=&q^3. \end{array} \right.$$ Diese sind ziemlich einfach zu lösen, und die Lösungen sind nicht gut erzogen: $$\left\{ \begin{array}{} \frac{1}{2q^2}&=t_0-t,\\ \frac{p_0^2}{p^2}&=(t_0-t)^3, \end{array} \right.$$ wo $t_0$und $p_0$sind Integrationskonstanten. Beachten Sie insbesondere, dass es nach einer gewissen Zeit keine (echten) Lösungen mehr gibt $t_0=t_\text{in}+\frac{1}{2q(t_\text{in})^2}$. Wie erwarten Sie dann eine vernünftige Physik von der quantisierten Version davon?

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Lassen Sie mich abschließend noch auf den sehr interessanten Kommentar von Qmechanic eingehen. Es ist wahr, dass Sie für ein gegebenes physikalisches System eine einzige Hamiltonsche und viele andere physikalische Observable haben werden. Wie soll man dann diese Konstruktion für eine beliebige Observable sinnvoll machen? Ich würde entgegnen, dass jede beliebige Observable als Hamiltonian betrachtet werden kann und dass Dinge wie das Spektrum aus Eigenschaften wie der entsprechenden Zeitentwicklung folgen .

Nehmen Sie eine willkürliche selbstadjungierte, so schön wie nötig physikalische Observable$\hat A$in einem physikalischen System mit Zustandsraum$\mathcal H$. Auch wenn es physikalisch nicht sinnvoll ist, kann man durchaus die mit dieser Observablen, also der Kurve, verbundene Strömung postulieren$t\to|\psi(t)\rangle$in$\mathcal H$die der Schrödinger-ähnlichen Gleichung gehorcht

$$i\partial_t|\psi(t)\rangle=\hat A|\psi(t)\rangle.$$ Wenn Sie das Spektrum ins Spiel bringen wollen, können Sie diese Gleichung lösen, indem Sie den Fluss in die Eigenbasis der Observablen zerlegen, also $|\psi(t)\rangle=\sum_n\psi_n e^{-ia_n t}|n\rangle$, wo $\hat A|n\rangle=a_n|n\rangle$und $\psi_n=\langle n|\psi(0)\rangle$. (Hier muss man davon ausgehen $|\psi(0)\rangle$ist "allgemein" oder "zufällig" genug, dass alle $\psi_n$sind ungleich Null.

Die Frage ist jedoch, wie Sie das Spektrum aus der Zeitentwicklung extrahieren können. Die Antwort darauf ist die Fourier-Transformation in den Frequenzbereich: definieren

$$|\tilde\psi(\omega)\rangle=\int_{-\infty}^\infty\text dt \, e^{i\omega t}|\psi(t)\rangle$$ und sehen, was die Eigenvektorzerlegung damit macht: $$|\tilde\psi(\omega)\rangle =\int_{-\infty}^\infty\text dt \, e^{i\omega t}\sum_n\psi_n e^{-ia_n t}|n\rangle =\sum_n\psi_n|n\rangle \int_{-\infty}^\infty\text dt \, e^{i(\omega -a_n) t} =\sum_n\delta(\omega -a_n)\psi_n|n\rangle .$$ Das heißt: die Fourier-Transformation der $\hat A$-induzierter Fluss ist gleich einer Anzahl von Spitzen bei den Eigenwerten von $\hat A$, und die Eigenvektoren sind die Koeffizienten.

Anders ausgedrückt bietet dies eine Möglichkeit , das Spektrum aus der Zeitentwicklung zu erhalten: Lösen Sie es auf irgendeine Weise, transformieren Sie die Lösung Fourier und lesen Sie dann die Eigenwerte vom Träger der Transformation und die Eigenvektoren vom Wert an diesen Punkten ab . Tatsächlich ist dies eine nützliche Technik, und sie hat eine ziemlich breite Anwendung bei numerischen Lösungen bestimmter Klassen von Problemen. (Weitere Informationen finden Sie in David Tannors hervorragendem Lehrbuch Introduction to Quantum Mechanics: A Time-Dependent Perspective ( Ebookee ).)

... und natürlich, wenn Sie versuchen würden, einen Operator mit den oben beschriebenen Problemen auf diese Weise zu diagonalisieren, würden Sie direkt auf Schwierigkeiten zusteuern. Sicherlich ist es unvernünftig, vom Quantenfluss zu verlangen, dass er brav ist, wenn der klassische Fluss es nicht ist!

Obwohl Emilios Antwort aufschlussreich ist, glaube ich nicht, dass sie Ihre Frage direkt beantwortet. Das werde ich hier versuchen. Diese Antwort erfolgt in zwei Teilen:

1. Wir zeigen, dass der Operator, den Sie aufzuschreiben versuchen, hermitesch mit entsprechendem Definitionsbereich ist, aber nicht selbstadjungiert ist und keine selbstadjungierten Erweiterungen hat.

2. Wir zeigen, dass Ihre formalen Manipulationen Fehler enthalten.

Teil 1.

Legen wir fest$\hbar=1$für die Bequemlichkeit ganz und lassen$S(\mathbb R)$bezeichnen den Schwartz-Raum. Daran erinnern, dass die$L^2(\mathbb R)$Das innere Produkt ist wie folgt definiert:

$$\begin{align} \langle \psi, \phi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} dx\, \psi^*(x) \phi(x) \end{align}$$

Wir werden die folgende Definition verwenden, die auf Seite 138 von Reed und Simon's Methods of Modern Mathematical Physics Band II (Fourier-Analyse, Selbstadjungiertheit) erscheint:

Definition. Für einen symmetrischen Operator$A$, definieren wir seine Mangelindizes durch

$$\begin{align} n_+(A) &= \dim\mathrm{ker}(iI-A^\dagger) \\ n_-(A) &= \dim\mathrm{ker}(iI+A^\dagger) \\ \end{align}$$

Wir benötigen außerdem das folgende Ergebnis, das Teil einer Folgerung auf Seite 141 von Reed und Simon ist:

Lemma. Lassen$A$sei ein geschlossener hermitescher Operator mit Defizienzindizes$n_+(A)$und$n_-(A)$, dann$A$ist selbstadjungiert genau dann, wenn$n_+(A) = 0 = n_-(A)$, und$A$hat genau dann mindestens eine selbstadjungierte Erweiterung$n_+(A) = n_-(A)$.

Mit diesem Lemma können wir die folgende Behauptung beweisen. Was wir hier beweisen werden, sagt uns, dass es keine Möglichkeit gibt, es zu definieren$H$selbstadjungierter Operator auf einem Gebiet in$L^2(\mathbb R)$.

Beanspruchen. Der Betreiber$H$mit Domäne$D(A) = S(\mathbb R)$definiert von

$$\begin{align} H\psi(x) = -ix^3\frac{d\psi}{dx}(x) -i \frac{d}{dx} (x^3\psi(x)) \end{align}$$ ist abgeschlossen und hermitesch, aber nicht selbstadjungiert. Außerdem, $H$weist keine selbstadjungierten Erweiterungen auf $L^2(\mathbb R)$.

Nachweisen. Das werden wir zeigen$A$ist hermitesch und geschlossen, aber das$n_-(H) = 1$während$n_+(H) = 0$. Das gewünschte Ergebnis folgt dann unmittelbar aus dem Lemma. Zu zeigen, dass$H$hermitesch ist, genügt es, dies zu zeigen$\langle \psi, H\phi\rangle = \langle H\psi, \phi\rangle$für alle$\phi,\psi\in D(H) = S(\mathbb R)$. Wir haben

$$\begin{align} \langle \psi, H\phi\rangle &= \int_{-\infty}^\infty dx\, \psi^*\left(-ix^3\frac{d\phi}{dx} -i \frac{d}{dx} (x^3\phi)\right) \\ &= -2i\psi^*x^3\phi\Big|_{-\infty}^\infty +i\int_{-\infty}^\infty dx\left(\frac{d}{dx}(\psi^*x^3)+\frac{d\psi^*}{dx}(x)x^3\right)\phi \\ &= \int_{-\infty}^\infty dx\left(-i\frac{d}{dx}(\psi(x)x^3)-i\frac{d\psi}{dx}x^3\right)^*\phi \\ &= \langle H\psi, \phi\rangle. \end{align}$$ Der Grenzterm in der zweiten Gleichheit ist verschwunden, weil $\phi$nimmt rapide ab. Dieser Operator ist geschlossen (zugegebenermaßen konnte ich das nicht beweisen). Da $H$ist hermitesch, sein Adjunkt $H^\dagger$hat die gleiche Wirkung auf Elemente seiner Domäne wie $H$selbst. Außerdem lassen $D'$der Satz von allem $\psi\in L^2(\mathbb R)$wofür $H\psi$ist wohldefiniert und auch ein Element von $L^2(\mathbb R)$. Dann wird die obige Berechnung durchgeführt, um die Hermitizität zu demonstrieren, die zeigt, dass wenn $\phi\in D'$, dann $\langle\phi, H\psi\rangle = \langle H\phi, \psi\rangle$für alle $\psi\in D(H)$, Also $D(H^\dagger) = D'$. Insbesondere ist diese Domäne größer als die von $H$was also nicht selbstadjungiert ist.

Wenn jetzt$\psi\in \mathrm{ker}(iI - A^\dagger)$, dann$\psi$gehorcht der folgenden Differentialgleichung:

$$\begin{align} i\psi - \left(-ix^3\frac{d\psi}{dx} -i \frac{d}{dx} (x^3\psi)\right)=0 \end{align}$$ Diese Differentialgleichung lässt sich vereinfacht zu geben $$\begin{align} (1+3x^2)\psi + 2x^3\frac{d\psi}{dx} =0 \end{align}$$ zum $x> 0$und $x<0$, können wir Variablen trennen und integrieren, um diese Differentialgleichung zu lösen. Das Ergebnis ist (ich habe dafür Mathematik verwendet) $$\begin{align} \psi_>(x) &= \frac{e^{1/(4x^2)}}{x^{3/2}} + c_> \\ \psi_<(x) &= \frac{e^{1/(4x^2)}}{(-x)^{3/2}} + c_< \end{align}$$ Diese Lösungen divergieren beide am Ursprung, sodass unsere Differentialgleichung keine liefert $L^2(\mathbb R)$Lösung. Das gibt $\mathrm{ker}(iI - A^\dagger) = \{0\}$Also $n_+(H) = 0$. Andererseits, wenn $\psi\in \mathrm{ker}(iI + A^\dagger)$dann $$\begin{align} i\psi + \left(-ix^3\frac{d\psi}{dx} -i \frac{d}{dx} (x^3\psi)\right)=0 \end{align}$$ Diese Differentialgleichung lässt sich vereinfacht zu geben $$\begin{align} (1-3x^2)\psi - 2x^3\frac{d\psi}{dx} =0 \end{align}$$ die die normalisierte Lösung zulässt $$\begin{align} \psi(x) =\left\{ \begin{array}{cc} \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{|x|^{3/2}}e^{-1/(4x^2)} &, x\neq 0 \\ 0 &, x=0 \end{array}\right. \end{align}$$ Tatsächlich ist dies (bis auf die Normalisierung) genau die Funktion, die Sie in der ursprünglichen Fragestellung niedergeschrieben haben. Diese Funktion ist drin $D(H^\dagger)$. Es folgt dem $\mathrm{ker}(iI + A^\dagger) = \mathrm{span}\{\psi_1\}$so dass $n_-(H) = 1$, wie gewünscht $\blacksquare$.

Teil 2.

Was Ihre Manipulationen betrifft, selbst wenn Sie den Bereich von erweitern würden$H$einschließen$\psi_\lambda$, sie würden sich irren. Beachten Sie beispielsweise, dass Sie in der folgenden Berechnung einen Grenzterm ungleich Null erhalten haben:

$$\begin{align} \langle \psi_\lambda, H\psi_\lambda\rangle &= \int_{-\infty}^\infty dx\, \psi_\lambda^*\left(-ix^3\frac{d\psi_\lambda}{dx} -i \frac{d}{dx} (x^3\psi_\lambda)\right) \\ &= -2i\psi_\lambda^*x^3\psi_\lambda\Big|_{-\infty}^\infty +i\int_{-\infty}^\infty dx\left(\frac{d}{dx}(\psi_\lambda^*x^3)+\frac{d\psi_\lambda^*}{dx}(x)x^3\right)\psi_\lambda \\ &= -2i\,\mathrm{sgn}(x)e^{-\lambda/(2x^2)}\Big|_{-\infty}^\infty +i\int_{-\infty}^\infty dx\left(\frac{d}{dx}(\psi_\lambda^*x^3)+\frac{d\psi_\lambda^*}{dx}(x)x^3\right)\psi_\lambda \\ &= -4i +\int_{-\infty}^\infty dx\left(-i\frac{d}{dx}(\psi(x)x^3)-i\frac{d\psi}{dx}x^3\right)^*\psi_\lambda \\ &= -4i+\langle H\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle \end{align}$$ was wir leichter hätten sehen können, indem wir das einfach notiert hätten $$\begin{align} \langle\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle = \frac{2}{\lambda} \end{align}$$ was gibt $$\begin{align} \langle \psi_\lambda, H\psi_\lambda\rangle &= -i\lambda \langle\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle = -2i \\ \langle H\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle &= (-i\lambda)^* \langle\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle = 2i \end{align}$$ Insbesondere diese beiden Berechnungen zeigen dies $$\begin{align} \langle \psi_\lambda, H\psi_\lambda\rangle \neq \langle H\psi_\lambda, \psi_\lambda\rangle \end{align}$$ im Widerspruch zu dem, was Sie behaupten.

Dieses Problem wird gestellt und gelöst von: François Gieres seinem Artikel: Mathematische Überraschungen und Diracs Formalismus in der Quantenmechanik .

Es ist in Beispiel 3, Seite 6, angegeben und seine Lösung ist angegeben in: (3a) Seite 39 und fortgesetzt auf den Seiten 45 und 46, wo das Kriterium von von Neumann für die Selbstadjonität formuliert und auf das Problem angewendet wird.

Wie im Artikel erläutert, ist der Hauptgrund, dass die Funktion$\psi_{\lambda}$ist keine Eigenfunktion von$\mathbf{H}$ist, dass es nicht zum Schwartz-Raum gehört$\mathcal{S}(\mathbf{R})$(von schnell abnehmenden Funktionen), die der gemeinsame Definitionsbereich beider ist$\hat{x}$und$\hat{p}$.

Im zweiten Teil wird das gezeigt$\psi_{\lambda}$ist eine Eigenfunktion von$\mathbf{H^{\dagger}}$und es gibt keine Möglichkeit, die Domäne von zu erweitern$\mathbf{H}$um es selbstadjungiert zu machen.