Gibt es eine unitäre Transformation, so dass der Hamiltonoperator in der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung reell symmetrisch wird?

Question

Gibt es eine unitäre Transformation, so dass der Hamiltonoperator in der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung reell symmetrisch wird?

Fühle mein Schwarzes Loch

Die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung ist gegeben als (mit $\hbar=1$ ):

ich \frac{D}{D T} ψ (T) = H (T) ψ (T),

$i\dfrac{d}{dt}\psi(t)=H(t)\psi(t)\ ,$ Wo

ψ

$\psi$ ein normalisierter Spaltenvektor und ist

H (t)

$H(t)$ ist eine hermitesche Matrix mit zeitabhängigen Elementen.

Lassen $\Psi(t)=U(t)\psi(t)$ , Wo $U(t)$ ist einheitlich. Es kann gezeigt werden, dass die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung bzgl $\Psi$ kann geschrieben werden als:

ich \frac{D}{D T} Ψ (T) = [U H U^{- 1} - ich U \dot{(U^{- 1})}] Ψ (T),

$i\dfrac{d}{dt}\Psi(t)=\left[UHU^{-1}-iU\dot{\left(U^{-1}\right)}\right]\Psi(t)\ ,$ wobei der Überpunkt die elementweise Zeitableitung angibt. Ist es möglich, eine zu finden

U

$U$ so dass dieser neue Hamiltonian

U H U^{- 1} - i U \dot{(U^{- 1})}

$UHU^{-1}-iU\dot{\left(U^{-1}\right)}$ ist reell symmetrisch?

Eine einfache Lösung kann gefunden werden, wenn $H$ ist 2 x 2, wenn man davon ausgeht $U$ diagonal ist. Aber diese Methode versagt bei höherdimensionalen Fällen. Ist dies unter besonderen Bedingungen möglich? Kann man das machen wenn $U$ ist invertierbar, aber nicht notwendigerweise unitär?

Ich habe bestätigt, dass dies für den 3x3-Fall möglich ist, indem ich eine Brute-Force-Berechnung unter Verwendung der parametrischen Form für eine spezielle einheitliche 3x3-Matrix durchgeführt habe.

K_invers

Wählen

U

$U$ mit jeder Spalte sind die Energieeigenzustände von

H

$H$ . Diagonalisieren Sie im Wesentlichen den Hamilton-Operator.

Fühle mein Schwarzes Loch

@K_inverse das funktioniert nur wenn

U

$U$ hängt nicht von der Zeit ab, sondern hier von der zusätzlichen

- i U \dot{(U^{- 1})}

$-iU\dot{\left(U^{-1}\right)}$ Begriff bringt das durcheinander.

Noiralef

Ich würde erwarten, dass es funktioniert, da einheitlich

U

$U$ hat

n^{2}

$n^2$ Freiheitsgrade und Herstellung

U H U^{†} + i \dot{U} U^{†}

$UHU^\dagger + i \dot U U^\dagger$ real ist nur

n^{2} / 2 - n / 2

$n^2 / 2 - n / 2$ Bedingungen. Aber ich habe keinen Beweis.

Noiralef

Oder eher,

n^{2} - 1

$n^2 - 1$ weil eine globale Phase nichts bringt. Beachten Sie, dass die Diagonale einheitlich ist

U

$U$ hat nur

n - 1

$n-1$ dof, also sollte es in keinem funktionieren

n > 2

$n>2$ .

Fühle mein Schwarzes Loch

@Noiralef Ich dachte, dass das dof-Argument nur funktioniert, wenn sich die unbekannten Variablen in einem linearen System befinden. Wenn die Elemente von

U

$U$ keine bijektiven Funktionen sind, kann dieses Argument leicht scheitern.

Noiralef

Ja, das ist richtig! Ich wollte nur sagen: Ich kann nicht beweisen, dass es möglich ist, aber es fühlt sich so an, als ob es möglich wäre.

Antworten (1)

Gibt es eine unitäre Transformation, so dass der Hamiltonoperator in der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung reell symmetrisch wird?

Wählen $U$ mit jeder Spalte sind die Energieeigenzustände von $H$ . Diagonalisieren Sie im Wesentlichen den Hamilton-Operator.
@K_inverse das funktioniert nur wenn $U$ hängt nicht von der Zeit ab, sondern hier von der zusätzlichen $-iU\dot{\left(U^{-1}\right)}$ Begriff bringt das durcheinander.
Ich würde erwarten, dass es funktioniert, da einheitlich $U$ hat $n^2$ Freiheitsgrade und Herstellung $UHU^\dagger + i \dot U U^\dagger$ real ist nur $n^2 / 2 - n / 2$ Bedingungen. Aber ich habe keinen Beweis.
Oder eher, $n^2 - 1$ weil eine globale Phase nichts bringt. Beachten Sie, dass die Diagonale einheitlich ist $U$ hat nur $n-1$ dof, also sollte es in keinem funktionieren $n>2$ .
@Noiralef Ich dachte, dass das dof-Argument nur funktioniert, wenn sich die unbekannten Variablen in einem linearen System befinden. Wenn die Elemente von $U$ keine bijektiven Funktionen sind, kann dieses Argument leicht scheitern.
Ja, das ist richtig! Ich wollte nur sagen: Ich kann nicht beweisen, dass es möglich ist, aber es fühlt sich so an, als ob es möglich wäre.

Parker · Answer 1

Ja, das geht ganz allgemein auf eine Art triviale Weise. Lassen $U$ Sei $V^\dagger$ , Wo $V$ ist der Zeitentwicklungsoperator. Das gibt die Schrödinger-Gleichung $i \frac{dV}{dt} = H V$ , So

U H U^{†} - ich U \frac{D U^{†}}{D T} = v^{†} H v - ich v^{†} \frac{D v}{D T} = v^{†} H v - v^{†} H v = 0,

$U H U^\dagger - i U \frac{dU^\dagger}{dt} = V^\dagger H V - i V^\dagger \frac{dV}{dt} = V^\dagger H V - V^\dagger H V = 0,$ und die Nullmatrix ist sicherlich reellsymmetrisch. Dies funktioniert unabhängig davon, ob der Hamiltonoperator zeitabhängig ist.

Gibt es eine unitäre Transformation, so dass der Hamiltonoperator in der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung reell symmetrisch wird?

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K_invers

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Noiralef

Noiralef

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Noiralef

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Parker

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