Erwartungswert von p2(1/r)+(1/r)p2p2(1/r)+(1/r)p2p^2 (1/r) + (1/r) p^2

Question

Erwartungswert von p2(1/r)+(1/r)p2p2(1/r)+(1/r)p2p^2 (1/r) + (1/r) p^2

gotischVI

Ich versuche abzuleiten $\langle kl | \lbrace 1/r , p^2 \rbrace | nl \rangle$ , wobei die Zustände die Bewegungsgleichung erfüllen (ich lasse Faktoren von weg $1/2m$ usw.):

(P^{2} + v) | N, l ⟩ = E_{N} | N, l ⟩

$(p^2 + V)| n,l \rangle = E_n | n,l \rangle$

Und $\lbrace A,B \rbrace = AB + BA$ ist der Antikommutator. Ich habe zwei Lösungen zur Hand, die sich unterscheiden. Allgemein kann ich schreiben:

⟨ k, l | {1 / R, P^{2}} | N, l ⟩ = ⟨ k, l | 1 / R P^{2} + P^{2} 1 / R | N, l ⟩

$\langle k,l | \lbrace 1/r , p^2 \rbrace | n,l \rangle = \langle k,l | 1/r~p^2 + p^2~1/r | n,l \rangle$

und das kann ich gebrauchen $p^2 \propto -\nabla^2$ Und $\nabla^2 1/r \propto -\delta^{(3)}(r)$ .

Jetzt will ich lassen $p^2$ zunächst auf die jeweiligen Zustände einwirken und lassen $1/r$ Handeln Sie später, so dass ich das eom verwenden kann. Also habe ich:

⟨ k, l | 1 / R P^{2} + P^{2} 1 / R | N, l ⟩ = ⟨ k, l | 1 / R (E_{N} - v) + (E_{k} - v) 1 / R | N, l ⟩

$\langle k,l | 1/r~p^2 + p^2~1/r | n,l \rangle = \langle k,l | 1/r~(E_n - V) + (E_k - V)~1/r | n,l \rangle$

In dieser Lösung lasse ich den ersten Summand auf das Ket wirken und ich lasse den zweiten Summand auf den BH wirken. Wenn ich es jedoch umgekehrt mache, verwende ich die Produktregel $\nabla^2 (1/r~\psi) = (\nabla^2 1/r) \psi + 1/r (\nabla^2 \psi)$ und benutze das eom für den zweiten Term, den ich erhalte:

\begin{array}{rcl} ⟨ k, l | 1 / R P^{2} + P^{2} 1 / R | N, l ⟩ & = & ⟨ k, l | δ^{(3)} (R) + (E_{k} - v) + (E_{N} - v) + δ^{(3)} (R) | N, l ⟩ \\ = & ⟨ k, l | 1 / R (E_{N} - v) + (E_{k} - v) 1 / R | N l ⟩ + 2 ⟨ k l | δ^{(3)} (R) | N, l ⟩ \end{array}

$\begin{eqnarray} \langle k,l | 1/r~p^2 + p^2~1/r | n,l \rangle &=& \langle k,l | \delta^{(3)}(r) + (E_k - V) + (E_n - V) + \delta^{(3)}(r) | n,l \rangle\\ &=& \langle k,l | 1/r~(E_n - V) + (E_k - V)~1/r | nl \rangle + 2 \langle kl | \delta^{(3)}(r) | n,l \rangle \end{eqnarray}$

Diese beiden Lösungen unterscheiden sich genau dann deutlich, wenn beide Wellenfunktionen nicht im Ursprung verschwinden. Das heißt, dass diese beiden Lösungen unterschiedliche Ergebnisse für S-Wellen liefern.

Übersehe ich hier etwas Wesentliches? Jeder Input wäre willkommen!

gotischVI

Das ist mir offensichtlich entgangen

\nabla^{2} (1 / r ψ) = (\nabla^{2} 1 / r) ψ + 1 / r (\nabla^{2} ψ) + 2 ⟨ \vec{\nabla} 1 / r, \vec{\nabla} ψ ⟩

$\nabla^2 (1/r~\psi) = (\nabla^2 1/r)\psi + 1/r(\nabla^2\psi) + 2 \langle \vec{\nabla} 1/r , \vec{\nabla}\psi \rangle$ was auf das obige Problem angewendet wurde, führt noch mehr Verwirrung ein, da es den zusätzlichen Begriff gibt

2 ⟨ \vec{\nabla} 1 / r, \vec{\nabla} p^{2} ⟩

$2 \langle \vec{\nabla} 1/r , \vec{\nabla}p^2 \rangle$ was ich (i) nicht zu bewerten weiß und (ii) das offensichtlich nicht aufhebt

δ

$\delta$ Beitrag...

gotischVI

Ja, der Hamiltonoperator ist kugelsymmetrisch, aber er ist nicht der Wasserstoff-Hamiltonoperator. Das Potenzial hat die Form

V = - \frac{C_{F} α_{s}}{r} \cdot (1 + \sum_{k} a_{k} (r) (\frac{α_{s}}{4 π})^{k})

$V = - \frac{C_F \alpha_s}{r} \cdot (1 + \sum_{k} a_k(r) (\frac{\alpha_s}{4\pi})^{k})$ , bei dem die

a_{k}

$a_k$ sind Funktionen von

r

$r$ und von QCD-Konstanten (Logs von

r

$r$ und Koeffizienten der QCD

β

$\beta$ -Funktion). Daher ist der radiale Teil der Wellenfunktion nicht wie Wasserstoff, aber der Winkelteil ist immer noch durch die sphärischen Harmonischen gegeben, weshalb ich die behalte

l

$l$ Abhängigkeit.

Antworten (1)

Erwartungswert von p2(1/r)+(1/r)p2p2(1/r)+(1/r)p2p^2 (1/r) + (1/r) p^2

Das ist mir offensichtlich entgangen $\nabla^2 (1/r~\psi) = (\nabla^2 1/r)\psi + 1/r(\nabla^2\psi) + 2 \langle \vec{\nabla} 1/r , \vec{\nabla}\psi \rangle$ was auf das obige Problem angewendet wurde, führt noch mehr Verwirrung ein, da es den zusätzlichen Begriff gibt $2 \langle \vec{\nabla} 1/r , \vec{\nabla}p^2 \rangle$ was ich (i) nicht zu bewerten weiß und (ii) das offensichtlich nicht aufhebt $\delta$ Beitrag...
Ja, der Hamiltonoperator ist kugelsymmetrisch, aber er ist nicht der Wasserstoff-Hamiltonoperator. Das Potenzial hat die Form $V = - \frac{C_F \alpha_s}{r} \cdot (1 + \sum_{k} a_k(r) (\frac{\alpha_s}{4\pi})^{k})$ , bei dem die $a_k$ sind Funktionen von $r$ und von QCD-Konstanten (Logs von $r$ und Koeffizienten der QCD $\beta$ -Funktion). Daher ist der radiale Teil der Wellenfunktion nicht wie Wasserstoff, aber der Winkelteil ist immer noch durch die sphärischen Harmonischen gegeben, weshalb ich die behalte $l$ Abhängigkeit.

Kosmas Zachos · Answer 1

Ein Paradigma ist hundert Luftblasen wert.

Nutze deine sphärische Symmetrie, $\hat{r}\cdot \vec{\nabla}=\partial_r$ , Und $\vec{\nabla} f(r) =\hat{r} \partial_r f(r)$ ; und da die Herausforderung, mit der Sie sich befassen, die Singularität am Ursprung ist, r = 0, können wir genauso gut alle l > 0 fallen lassen, die weicher als s -Wellen sind, wie Sie angemerkt haben.

In deinem $\hbar=1$ , $m=2$ Einheiten, betrachte der Einfachheit halber die s -Wellen des Wasserstoff-Hamilton-Operators, die ausreichen, um den Punkt zu veranschaulichen,

\begin{matrix} (1) & H = P^{2} - 2 / R = - \frac{1}{R^{2}} \partial_{R} (R^{2} \partial_{R}) - \frac{2}{R} . \end{matrix}

$H=p^2-2/r= -\frac{1}{r^2} \partial_r (r^2\partial_r) -\frac{2}{r}~.\tag1$ Die Hilbert-Raum-Integration wird vorbei sein

4 π \int_{0}^{\infty} d r r^{2}

$4\pi \int^\infty_0 dr~ r^2 ~~$ . Daher,

\begin{matrix} (2) & \nabla^{2} \frac{1}{R} = - 4 π δ^{(3)} (\vec{R}), \end{matrix}

$\nabla^2 \frac{1}{r}=-4\pi \delta^{(3)} (\vec{r})~,\tag2$ was in unserem radialen Kontext auf gerecht hinausläuft

\begin{matrix} (2') & - P^{2} \frac{1}{R} = \frac{1}{R^{2}} \partial (R^{2} \partial \frac{1}{R}) = - \frac{δ (R)}{R^{2}} . \end{matrix}

$-p^2 \frac{1}{r}=\frac{1}{r^2} \partial \left(r^2\partial \frac{1}{r}\right )=- \frac{\delta(r)}{r^2}~.\tag{2'}$

Der Grundeigenzustand ( n = 1) ist dann

\begin{matrix} (3) & ψ_{0} = \frac{e^{- R}}{\sqrt{π / 2}} ⟹ E_{0} = - 1, \end{matrix}

$\psi_0= \frac{e^{-r}}{\sqrt{\pi/2}} \qquad \Longrightarrow E_0=-1, \tag3$ während der erste angeregte Zustand ( n =2) ist

\begin{matrix} (4) & ψ_{1} = \frac{e^{- R / 2}}{4 \sqrt{2 π}} (2 - R) ⟹ E_{1} = - 1 / 4, \end{matrix}

$\psi_1= \frac{e^{-r/2}}{4\sqrt{2\pi}} (2-r) \qquad \Longrightarrow E_1=-1/4, \tag4$ so dass

⟨ ψ_{1} | ψ_{0} ⟩ = 0

$\langle \psi_1| \psi_0\rangle=0$ , seit

\int_{0}^{\infty} d x e^{- x} x^{n} = n!

$\int_0^\infty \! dx~ e^{-x} x^n =n! ~~$ .

Es folgt dem

\begin{matrix} (5) & \frac{1}{R} P^{2} ψ_{0} = (\frac{2}{R^{2}} - \frac{1}{R}) ψ_{0} P^{2} (\frac{1}{R} ψ_{0}) = (\frac{δ (R)}{R^{2}} - \frac{1}{R}) ψ_{0} . \end{matrix}

$\frac{1}{r}~ p^2 ~\psi_0= \left (\frac{2}{r^2}-\frac{1}{r}\right )\psi_0 \tag5 \\ p^2 \left (\frac{1}{r} \psi_0 \right) = \left(\frac{\delta(r)}{r^2}-\frac{1}{r}\right )\psi_0 .$ (Die zweite Gleichung ist die abgeschirmte Poisson-Gleichung – „massives Photon“.) Daher

\begin{matrix} (5') & [P^{2}, 1 / R] ψ_{0} = (\frac{δ (R)}{R^{2}} - \frac{2}{R^{2}}) ψ_{0} . \end{matrix}

$[p^2,1/r]\psi_0 = \left ( \frac{\delta(r)}{r^2}-\frac{2}{r^2} \right) \psi_0. \tag{5'}$

(Allgemein, $[p^2,1/r]=\frac{\delta(r)}{r^2} + \frac{2}{r^2} \partial_r ~$ .)

Nun beachte das

\begin{matrix} (6) & ⟨ ψ_{0} | [P^{2}, 1 / R] | ψ_{0} ⟩ = 0 = ⟨ ψ_{1} | [P^{2}, 1 / R] | ψ_{1} ⟩ . \end{matrix}

$\langle \psi_0|[p^2,1/r]| \psi_0\rangle=0= \langle \psi_1|[p^2,1/r]| \psi_1\rangle .\tag6$

Folglich gilt gemäß Ihrem ersten Bewertungspfad unter Verwendung der Hermitizität

\begin{matrix} (7) & ⟨ ψ_{0} | {P^{2}, 1 / R} | ψ_{0} ⟩ = ⟨ ψ_{0} | (H + 2 / R) \frac{1}{R} + \frac{1}{R} (H + 2 / R) | ψ_{0} ⟩ = ⟨ ψ_{0} | \frac{2}{R} (\frac{2}{R} - 1) | ψ_{0} ⟩ = 12. \end{matrix}

$\langle \psi_0|\{p^2,1/r\}| \psi_0\rangle= \langle \psi_0|(H+2/r) \frac{1}{r} + \frac{1}{r} (H+2/r) | \psi_0\rangle= \langle \psi_0| \frac{2}{r} \left(\frac{2}{r}-1\right) | \psi_0\rangle=12.\tag7$ Das Handeln mit genau dem richtigen Ket, gemäß Ihrer letzteren Absicht, ergibt auch das Gleiche,

\begin{matrix} (7') & ⟨ ψ_{0} | (\frac{δ (R)}{R^{2}} - \frac{2}{R} + \frac{2}{R^{2}}) | ψ_{0} ⟩ = 12. \end{matrix}

$\langle \psi_0|\left( \frac{\delta(r)}{r^2} -\frac{2}{r} +\frac{2}{r^2} \right ) | \psi_0\rangle=12.\tag{7'}$ Du musstest das δ nie kürzen : es verfehlt nicht, seinen Platz zu kennen. Es sollte besser sein, da die Erwartung des Kommutators verschwindet.

Aber dieses hilfreiche Verschwinden ist eigentlich nicht notwendig für Konsistenz. Allgemeiner gesagt, gemäß Ihrem Beispiel außerhalb der Diagonale,

\begin{matrix} (8) & ⟨ ψ_{1} | {P^{2}, 1 / R} | ψ_{0} ⟩ = ⟨ ψ_{1} | (- \frac{1}{4} + \frac{2}{R}) \frac{1}{R} + \frac{1}{R} (- 1 + \frac{2}{R}) | ψ_{0} ⟩ = 86 / 27 . \end{matrix}

$\langle \psi_1|\{p^2,1/r\}| \psi_0\rangle= \langle \psi_1|\left(-\frac{1}{4}+ \frac{2}{r}\right)\frac{1}{r} + \frac{1}{r}\left(-1+\frac{2}{r}\right ) | \psi_0\rangle=86/27~. \tag8$ Alternativ können Sie einfach wie oben rechts handeln,

\begin{matrix} (8') & ⟨ ψ_{1} | (\frac{δ (R)}{R^{2}} - \frac{2}{R} + \frac{2}{R^{2}}) | ψ_{0} ⟩ = \int D R e^{- 3 R / 2} (δ (R) - 2 R + 2) (2 - R) = 86 / 27 . \end{matrix}

$\langle \psi_1|\left( \frac{\delta(r)}{r^2} -\frac{2}{r} +\frac{2}{r^2} \right) | \psi_0\rangle=\int dr e^{-3r/2}( \delta(r) -2r +2 )(2-r) =86/27~.\tag{8'}$

Ihre beiden Ansätze stimmen schließlich überein. Der Dreh- und Angelpunkt ist, dass die partielle Integration im hermiteschen Manöver im Ursprung frei von Oberflächentermen funktioniert.

Das ist nicht schwer zu verallgemeinern. Für singuläre Potentiale (anders als bei Ihnen, verstehe ich), dh mit $r^2V(r)$ nicht am Ursprung verschwindet, werfen Sie einen Blick auf Khelasvili & Nadareishvili 2010 .

Vielen Dank für Ihre Antwort. Ich habe tatsächlich gerade gemerkt, dass mein erster Ansatz nicht richtig war, da ein Operateur, der auf einen BH einwirkt, tatsächlich als sein hermitisches Konjugat fungiert, dh $O| nl \rangle \to \langle nl | O^{\dagger}$ . In diesem Fall $O = p^{2} 1/r$ und somit $O^{\dagger} = 1/r p^{2}$ , Weil $(AB)^{\dagger} = B^{\dagger} A^{\dagger}$ . Diese Art löst das erste Rätsel und sagt mir, dass ich immer das bekommen werde $\delta$ -Beitrag - der natürlich bei Nicht-S-Wellen verschwindet...
Dennoch bin ich immer noch mit dem Skalarproduktteil verwirrt $2 \langle \vec{\nabla} 1/r , \vec{\nabla} p^{2} \rangle$ . Denn ich kann im Moment nicht erkennen, wie das zu bewerten ist.
??? Was du hier geschrieben hast, ist bedeutungslos. Der Gradient wirkt auf die Wellenfunktion. Es kam von $p^2$ . Ich habe beide implizit für Sie ausgewertet. Im Detail, $\nabla(1/r)\cdot\nabla \psi = -\partial_r \psi /r^2$ , die du mit dem BH \psi integrierst und achte auf das Radialmaß im r-Integral. Ich mache es oben, nicht wahr???
Aber es ist immer noch alarmierend, dass Sie das Gefühl haben, verwenden zu müssen $\nabla$ s und nicht $\hat{r}\cdot \nabla$ S. Bei radialsymmetrischen Problemen gehen Sie sofort zu den radialen Ausdrücken mit einer Variablen und den richtigen radialen Maßen und Ausdrücken - die Winkel sind fiktiv.
Dieser lästige Kreuzbegriff scheint immer wieder für Verwirrung zu sorgen ... Auch in 317037 erhob er sein hässliches Haupt. Probieren Sie ein Spielzeugproblem aus, um sich davon zu überzeugen, dass Sie etwas falsch oder ineffizient machen, wenn Sie explizit nach Teilen integrieren.

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