Erwartungswert des Hamiltonoperators?

Question

Erwartungswert des Hamiltonoperators?

Kamil

Betrachten Sie ein Teilchen in einem unendlichen Potentialtopf mit Länge $L$ : $\forall x \in (0,L): V(x) = 0$ Und $V(x) = \infty$ anderswo. Die Wellenfunktion zur Zeit $t = 0$ wird von gegeben

ψ (X, 0) = {\begin{cases} N (X - L / 2) & 0 \leq X \leq L \\ 0 & anderswo \end{cases}

$\psi(x,0) = \begin{cases} N(x - L/2) & 0 \leq x \leq L \\ 0 & \text{elsewhere} \end{cases}$ Ich habe die Normalisierungskonstante als bestimmt

N

$N$ hat

N = \sqrt{\frac{12}{L^{3}}}

$N = \sqrt{\frac{12}{L^3}}$ . Das Problem ist auch, mich zu finden

ψ (X, 0) = \sum_{N}^{\infty} C_{N} ψ_{N} (X)

$\psi(x,0) = \sum_{n}^{\infty} c_n \psi_n(x)$ und zur Bestimmung der Ausdehnungskoeffizienten

c_{n}

$c_n$ . Ich tat das, indem ich die Orthonormalitätsbedingungen verwendete. Für den unendlichen Potentialbrunnen wissen wir, dass die Wellenfunktionen gegeben sind als

ψ_{N} (X) = \sqrt{\frac{2}{L}} Sünde (\frac{N π X}{L}) .

$\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin(\frac{n\pi x}{L}).$ Also habe ich verwendet

C_{M} = \int ψ_{M}^{*} (X) ψ (X, 0) D X

$c_m = \int \psi_m^*(x) \psi(x,0) dx$ und fand die Ausdehnungskoeffizienten als

C_{N} = {\begin{cases} 0 & wenn n ungerade ist \\ - \frac{\sqrt{24}}{N π} & wenn n gerade ist \end{cases}

$c_n = \begin{cases} 0 & \text{when n is odd} \\ - \frac{\sqrt{24}}{n \pi} & \text{when n is even} \end{cases}$ Ich muss auch die Wellenfunktion finden

Ψ (x, t)

$\Psi(x,t)$ zu jedem späteren Zeitpunkt. Ich hab geschrieben

Ψ (X, T) = \sum_{N} C_{N} ψ_{N} (X) \exp (- ich E_{N} T / ℏ)

$\Psi(x,t) = \sum_n c_n \psi_n(x) \exp(-iE_nt / \hbar)$ Wo

E_{N} = \frac{N^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}}

$E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2}$ für den Potentialbrunnen. Aber die letzte Frage dieses Problems fordert mich auf, den Erwartungswert der Energie zu finden. Das bedeutet also, ich muss finden

⟨ H ⟩ = \int Ψ^{*} (X, T) H Ψ (X, T) D X = \int (\sum_{M} C_{M} ψ_{M} \exp (ich E_{M} T / ℏ) H (\sum_{N} C_{N} ψ_{N} \exp (- ich E_{N} T / ℏ)) D X

$\langle H \rangle = \int \Psi^*(x,t) H \Psi(x,t) dx = \int \big( \sum_m c_m \psi_m \exp(iE_mt / \hbar \big) H \big( \sum_n c_n \psi_n \exp(-iE_nt / \hbar) \big) dx$ ? Aber wie berechne ich diesen Ausdruck? Oder gibt es einen besseren Weg, um den Erwartungswert der Energie zu finden? Griffiths Lehrbuch sagt (Kapitel zwei), dass wenn

Ψ (X, T) = \sum_{N} C_{N} ψ_{N} (X) \exp (- ich E_{N} T / ℏ)

$\Psi(x,t) = \sum_n c_n \psi_n(x) \exp(-iE_nt / \hbar)$ Dann

⟨ H ⟩ = \sum_{N}^{\infty} E_{N} | C_{N} |^{2} .

$\langle H \rangle = \sum_n^{\infty} E_n |c_n|^2.$ Aber woher weiß ich, dass diese Reihe konvergieren wird?

QMechaniker

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/38181/2451

Kamil

@Zähl bis 10. Also für das unendliche Brunnenpotential, das wir haben

H = \frac{p^{2}}{2 m}

$H = \frac{p^2}{2m}$ Rechts. Also verwende ich dies einfach im obigen Integral und ersetze es durch

p

$p$ den Operator und machen das Integral? Aber kann ich die Summationen vereinfachen?

Kamil

Ich weiß nicht. Aber ich denke, in meinem Fall ist Konvergenz irrelevant. Wenn ich davon ausgehe

⟨ H ⟩ \sum_{n} E_{n} | c_{n} |^{2}

$\langle H \rangle \sum_n E_n | c_n|^2$ stimmt, dann hätte ich das in meinem Fall

\sum_{n} (\frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}) \frac{24}{n^{2} π^{2}} = \frac{12 ℏ^{2}}{m L^{2}} .

$\sum_n \bigg( \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} \bigg) \frac{24}{n^2 \pi^2} = \frac{12 \hbar^2}{mL^2}.$ Der

n

$n$ wurde abgebrochen, und ich denke, ich kann die Summe einfach fallen lassen (aber nicht sicher). Muss noch prüfen, ob dies die Dimensionen von Energie hat.

Wladimir Kalitwjanski

Ihre anfängliche Wellenfunktion erfüllt die Randbedingungen nicht. Mit anderen Worten, es verändert sich irgendwo zu schnell. Um eine so schnelle Änderung als Überlagerung von glatten Wellenfunktionen darzustellen, müssen Sie höhere Harmonische mit enormer Energie füllen. Deshalb weicht die Summe ab. Verwenden Sie eine glattere anfängliche Wellenfunktion (Null an beiden Enden) mit einem vernünftigen Übergang zu Null (dh mit einer endlichen Dicke), und Ihre höheren Harmonischen werden stärker unterdrückt.

Wladimir Kalitwjanski

Beachten Sie, dass es physikalisch Mechanismen gibt, um hochenergetische Zustände in Ihrem Anfangszustand loszuwerden - durch Strahlung usw., so dass es physikalisch niemals gleich bleiben wird.

Antworten (2)

Erwartungswert des Hamiltonoperators?

@Zähl bis 10. Also für das unendliche Brunnenpotential, das wir haben $H = \frac{p^2}{2m}$ Rechts. Also verwende ich dies einfach im obigen Integral und ersetze es durch $p$ den Operator und machen das Integral? Aber kann ich die Summationen vereinfachen?
Ich weiß nicht. Aber ich denke, in meinem Fall ist Konvergenz irrelevant. Wenn ich davon ausgehe $\langle H \rangle \sum_n E_n | c_n|^2$ stimmt, dann hätte ich das in meinem Fall $\sum_n \bigg( \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} \bigg) \frac{24}{n^2 \pi^2} = \frac{12 \hbar^2}{mL^2}.$ Der $n$ wurde abgebrochen, und ich denke, ich kann die Summe einfach fallen lassen (aber nicht sicher). Muss noch prüfen, ob dies die Dimensionen von Energie hat.
Ihre anfängliche Wellenfunktion erfüllt die Randbedingungen nicht. Mit anderen Worten, es verändert sich irgendwo zu schnell. Um eine so schnelle Änderung als Überlagerung von glatten Wellenfunktionen darzustellen, müssen Sie höhere Harmonische mit enormer Energie füllen. Deshalb weicht die Summe ab. Verwenden Sie eine glattere anfängliche Wellenfunktion (Null an beiden Enden) mit einem vernünftigen Übergang zu Null (dh mit einer endlichen Dicke), und Ihre höheren Harmonischen werden stärker unterdrückt.
Beachten Sie, dass es physikalisch Mechanismen gibt, um hochenergetische Zustände in Ihrem Anfangszustand loszuwerden - durch Strahlung usw., so dass es physikalisch niemals gleich bleiben wird.

Elias Riedel Garding · Answer 1

Nachdem ich Änderungen unter Berücksichtigung der Korrekturen von Valter Moretti vorgenommen habe, bin ich jetzt ziemlich zuversichtlich in diese Antwort.

Ich habe Ihre Berechnungen befolgt und sie scheinen richtig zu sein. Aber Sie können die Zusammenfassung sicherlich nicht fallen lassen, wie Sie in den Kommentaren erwähnen. Die Summe reduziert sich (mit $n = 2k$ ) als

⟨ E ⟩ = \sum_{k = 1}^{\infty} E_{N} | C_{N} |^{2} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{N^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 M L^{2}} \frac{24}{N^{2} π^{2}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{12 ℏ^{2}}{M L^{2}} = \frac{12 ℏ^{2}}{M L^{2}} \sum_{k = 1}^{\infty} 1 = \infty .

$\left<E\right> = \sum_{k=1}^{\infty} E_n |c_n|^2 = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} \frac{24}{n^2 \pi^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{12 \hbar^2}{mL^2} = \frac{12 \hbar^2}{mL^2} \sum_{k=1}^{\infty} 1 = \infty.$

Tatsache ist, dass der Erwartungswert der Energie eigentlich unendlich ist. Eine solche Situation mag bizarr erscheinen, aber wie Professor Moretti betonte, ist es tatsächlich keine unmögliche Situation; Sie werden niemals einen unendlichen Wert der Energie messen. Die Wahrscheinlichkeit $|c_n|^2$ der Energiemessung $E_n$ geht immer noch auf Null als $n$ geht ins Unendliche. Ein unendlicher Erwartungswert bedeutet einfach, dass, wenn Sie viele Messungen durchführen und sie mitteln, der Durchschnitt unbegrenzt ansteigt. Dabei werden keine besonderen physikalischen Prinzipien verletzt.

Tatsächlich sind unendliche Energieerwartungswerte, wie in den Antworten auf die Frage beschrieben, auf die Qmechanic verwiesen hat, typisch für diskontinuierliche Wellenfunktionen wie die in Ihrem Anfangszustand. In der Tat die Koeffizienten $c_n$ die Sie abgeleitet haben, zeigen Sie das $\psi$ ist diskontinuierlich, weil es ein Theorem der Fourier-Analyse ist, dass wenn $\psi$ stetig ist, dann gibt es eine Konstante $K$ so dass $|c_n| \leq K/n^2$ . In diesem Fall, $c_n$ geht auf Null als $1/n$ , nicht $1/n^2$ .

Ich denke nicht, dass ein unendlicher Erwartungswert einer Observablen (wie der Energie) notwendigerweise nicht-physikalisch ist. Was nicht physikalisch ist, ist ein unendlicher Wert eines einzelnen Ergebnisses der Messung einer Observablen. Der Erwartungswert ist nur ein teilweise konventionelles Maß für die Energiemenge des Systems, die hier nicht definiert ist, da der Zustand eine Überlagerung von Zuständen mit bestimmter Energie ist. Die Tatsache, dass "Energie erhalten bleibt", bedeutet hier, dass die Wahrscheinlichkeiten, bestimmte ( endliche !) Ergebnisse bei der Messung der Energie zu haben, zeitlich konstant sind.
Selbst Kontinuität der Wellenfunktion kann nicht als natürlich oder notwendig angesehen werden. Würden alle Wellenfunktionen als stetig angenommen, so würden wir auf die Vollständigkeit des Zustandsraumes, also der Hilbertraumstruktur, verzichten.
@Valter Moretti Vielen Dank für die Korrektur. Wenn ich Sie richtig verstehe, drückt ein unendlicher Erwartungswert der Energie dann einfach aus, dass das Ergebnis einer einzelnen Messung zwar immer endlich ist, es aber keinen sinnvollen endlichen "Mittelwert" gibt (genauso wie die Menge {0,1,... } hat keine Mittel). Wenn wir die Energie viele Male messen, wächst der Mittelwert unserer Messungen ins Unermessliche. Und natürlich ist daran nichts unmöglich, denn die Wahrscheinlichkeit, lächerlich hohe Energien zu messen, geht mit zunehmender Lächerlichkeit sozusagen immer noch gegen Null.
@ValterMoretti Umgeschrieben basierend auf Ihren Kommentaren. Danke, dass du mein Missverständnis ausgeräumt hast!

Benutzer818852 · Answer 2

Ich bin froh, dass ich diesen Beitrag gefunden habe. Ich dachte an Problem 2.8 in Griffiths-Schroeter: Introduction to QM, 3rd ed., wo die $\psi(x,0)$ ist die charakteristische Funktion eines Intervalls. Auch wenn die Übung nicht danach fragte $<H>$ , ich habe es trotzdem nur zum Spaß berechnet und war überrascht, dass es nicht konvergierte. Zuerst dachte ich, ich hätte einen Fehler gemacht, aber jetzt macht es Sinn.

Das Problem kann hier gelesen werden, zusammen mit einer Lösung, obwohl es nicht diskutiert wird $<H>$ : https://stemjock.com/STEM%20Books/Griffiths%20QM%203e/Chapter%202/GriffithsQMCh2p8.pdf

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Kamil

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Benutzer818852

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