Impulserwartung im gebundenen Zustand

Question

Impulserwartung im gebundenen Zustand

SRS

Ist es logisch richtig zu behaupten, dass die Erwartung des Momentums

⟨ \hat{P} ⟩ = 0

$\langle \hat p \rangle=0$ für jeden gebundenen Zustand, weil er an eine endliche Region gebunden ist? Was ist die physikalische Interpretation der Tatsache, dass

⟨ \hat{P} ⟩ = 0

$\langle \hat p \rangle=0$ in einem Energieeigenzustand

ψ_{n} (x, t)

$\psi_n(x,t)$ Aber

⟨ \hat{P} ⟩ \neq 0

$\langle \hat p \rangle\neq0$ in einem Überlagerungszustand

ψ (X, T) = C_{M} ψ_{M} (X, T) + C_{N} ψ_{N} (X, T) ?

$\psi(x,t)=c_m\psi_m(x,t)+c_n\psi_n(x,t)~?$ Hier

ψ_{n} (x, t)

$\psi_n(x,t)$ die Eigenzustände des Hamilton-Operators zum Beispiel im Problem des Teilchens in einer Box (sagen wir).

Benutzer26143

Ich denke, man kann nur auf einen nicht-relativistischen, gebundenen Eigenzustand schließen

⟨ \hat{p} ⟩ = 0

$\langle \hat{p} \rangle=0$ . Seit

⟨ N | P | N ⟩ \propto ⟨ N | [H, X] | N ⟩ = ⟨ N | H X - X H | N ⟩ = E_{N} (⟨ N | X | N ⟩ - ⟨ N | X | N ⟩) = 0

H = \frac{P^{2}}{2 M} + v

$H=\frac{p^2}{2m} + V$ . Wenn wir den Zustand in einen gebundenen Zustand entspannen

| ⟩

$| \rangle$ , wir haben

⟨ | P | ⟩ \propto ⟨ | [H, X] | ⟩ = \sum_{N} C_{N}^{*} E_{N} ⟨ N | X | ⟩ - C_{N} E_{N} ⟨ | X | N ⟩ \neq 0

$\langle | p | \rangle \propto \langle | [H,x] | \rangle = \sum_n c^*_n E_n \langle n | x | \rangle - c_n E_n\langle |x | n \rangle \neq0$ Im Algemeinen.

Benutzer10851

@ user26143 Warum das nicht in eine Antwort umwandeln?

Benutzer26143

Meine Antwort ist eine technische Anmerkung. Ich bin mir nicht sicher, wie ich antworten soll: "Was ist die physikalische Interpretation der Tatsache, dass ⟨p ^ ⟩ = 0 in einem Energie-Eigenzustand ψn (x, t) aber ⟨ p ^ ⟩ ≠ 0 in einem Überlagerungszustand ist?" Ich denke, es bezieht sich darauf Form der Wellenfunktion? ... Vielleicht werde ich daraus eine Antwort machen

lurscher

Wenn das Potential entlang einer bestimmten Richtung symmetrisch ist, folgt daraus, dass sich ein Eigenzustand unabhängig von der Ausrichtung auf die gleiche Weise entlang dieser Richtung bewegt, daher muss er sich im Durchschnitt auf Null aufheben

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Impulserwartung im gebundenen Zustand

Ich denke, man kann nur auf einen nicht-relativistischen, gebundenen Eigenzustand schließen $\langle \hat{p} \rangle=0$ . Seit $⟨ N | P | N ⟩ \propto ⟨ N | [H, X] | N ⟩ = ⟨ N | H X - X H | N ⟩ = E_{N} (⟨ N | X | N ⟩ - ⟨ N | X | N ⟩) = 0$ $\langle n | p | n \rangle \propto \langle n | [H,x] | n \rangle = \langle n | Hx-xH | n \rangle = E_n ( \langle n| x | n \rangle - \langle n| x | n \rangle) =0$ , Hier $H = \frac{P^{2}}{2 M} + v$ $H=\frac{p^2}{2m} + V$ . Wenn wir den Zustand in einen gebundenen Zustand entspannen $| \rangle$ , wir haben $⟨ | P | ⟩ \propto ⟨ | [H, X] | ⟩ = \sum_{N} C_{N}^{*} E_{N} ⟨ N | X | ⟩ - C_{N} E_{N} ⟨ | X | N ⟩ \neq 0$ $\langle | p | \rangle \propto \langle | [H,x] | \rangle = \sum_n c^*_n E_n \langle n | x | \rangle - c_n E_n\langle |x | n \rangle \neq0$ Im Algemeinen.
Meine Antwort ist eine technische Anmerkung. Ich bin mir nicht sicher, wie ich antworten soll: "Was ist die physikalische Interpretation der Tatsache, dass ⟨p ^ ⟩ = 0 in einem Energie-Eigenzustand ψn (x, t) aber ⟨ p ^ ⟩ ≠ 0 in einem Überlagerungszustand ist?" Ich denke, es bezieht sich darauf Form der Wellenfunktion? ... Vielleicht werde ich daraus eine Antwort machen
Wenn das Potential entlang einer bestimmten Richtung symmetrisch ist, folgt daraus, dass sich ein Eigenzustand unabhängig von der Ausrichtung auf die gleiche Weise entlang dieser Richtung bewegt, daher muss er sich im Durchschnitt auf Null aufheben

Gonenc · Answer 1

$\newcommand{ket}{\left| #1 \right>}$ $\newcommand{bra}{\left< #1 \right|}$ $\newcommand{\bk}[3]{\left< #1| #2 |#3\right>}$ In einem eindimensionalen Problem $\langle \hat p \rangle$ ist immer null.

⟨ \hat{P} ⟩ = ⟨ ψ | \hat{P} | ψ ⟩ = \int D X ψ^{*} \hat{P} ψ \propto \int D X ψ^{*} ψ^{'} \overset{(1)}{=} - \int D X (ψ^{*})^{'} ψ \overset{(2)}{=} - \int D X ψ^{'} ψ^{*}

$\langle \hat p \rangle = \bk{\psi}{\hat p}{\psi}=\int \mathrm{d}x \,\psi^* \hat p \, \psi \propto \int \mathrm{d}x \, \psi^* \psi' \overset{(1)}{=}-\int \mathrm{d}x \, (\psi^*)' \psi \overset{(2)}{=} -\int \mathrm{d}x \, \psi' \psi^*$

Wobei ich in (1) Teile integriert habe und das angenommen habe $\psi \to 0$ als $x \to \infty$ und in (2) habe ich die Tatsache verwendet, dass Sie immer einen begrenzten Energie-Eigenzustand als real wählen können, was impliziert, dass ich das komplexe Konjugierte ohne Kosten nehmen kann. Beachten Sie, dass wir Folgendes haben:

⟨ ψ | P | ψ ⟩ \propto - \int D X ψ^{'} ψ^{*} = \int D X ψ^{'} ψ^{*} ⟺ ⟨ ψ | P | ψ ⟩ = 0

$\bk{\psi}{p}{\psi} \propto - \int \mathrm{d}x \, \psi' \psi^* = \int \mathrm{d}x \, \psi' \psi^* \iff \bk{\psi}{p}{\psi} = 0$

Das ist sicherlich nicht richtig: der kohärente Zustand $\vert\alpha\rangle$ für Im $(\alpha) \ne 0$ ist ein einfaches Gegenbeispiel. Natürlich ist es eine Linearkombination von gebundenen Zuständen, und im Allgemeinen können solche Linearkombinationen sehr gut nicht vorhanden sein $\langle r\rangle=0$
@ZerotheHour dies gilt nur für Eigenzustände des Hamiltonian, die sie zwar erwähnt haben, aber besser betont werden könnten.

Benutzer26143 · Answer 2

Ist es logisch richtig zu behaupten, dass die Erwartung des Momentums $\langle p \rangle=0$ für jeden gebundenen Zustand, weil er an eine endliche Region gebunden ist?

Gebundener Zustand bedeutet, dass die Teilchen irgendwo gebunden sind. Seine Wellenfunktion verschwindet an der asymptotischen Grenze. Ein gebundener Zustand könnte eine Überlagerung einer endlichen Anzahl gebundener Eigenzustände sein. Zum Beispiel wird die Überlagerung der Grundwellenfunktion und der Wellenfunktion des ersten angeregten Zustands des Teilchens in der Box immer noch am fernen Limit verschwinden.

Ich denke, man kann nur für nicht relativistischen, gebundenen Eigenzustand (keinen gebundenen Zustand) schließen $\langle \hat{p} \rangle=0$ . Seit

⟨ N | P | N ⟩ \sim ⟨ N | [H, X] | N ⟩ = ⟨ N | H X - X H | N ⟩ = E_{N} (⟨ N | X | N ⟩ - ⟨ N | X | N ⟩) = 0

| ⟩

$| \rangle$ , wir haben

⟨ | P | ⟩ \sim ⟨ | [H, X] | ⟩ = \sum_{N} C_{N}^{*} E_{N} ⟨ N | X | ⟩ - C_{N} E_{N} ⟨ | X | N ⟩ \neq 0

$\langle | p | \rangle \sim \langle | [H,x] | \rangle = \sum_n c^*_n E_n \langle n | x | \rangle - c_n E_n\langle |x | n \rangle \neq0$ Im Algemeinen.

Warum gilt das Argument nicht für unbeschränkte Zustände?

Yuman · Answer 3

Ein Hinweis darauf könnte die Tatsache sein, dass eine Überlagerung von stationären Zuständen unterschiedlicher Energien KEIN stationärer Zustand ist, weil man die Wellenfunktion nicht als Produkt einer einzigen zeitabhängigen Exponentialfunktion ausdrücken kann.

Latrace · Answer 4

Ich würde Gonencs Antwort ein wenig anpassen, da es nicht immer stimmt, dass man einen gebundenen Energie-Eigenzustand wählen kann, um eine echte Positionsraumdarstellung zu erhalten. Es gibt 1D-Systeme mit Entartung (z. B. den hier diskutierten "isotonischen Oszillator" ), und in diesen Fällen hat ein Energie-Eigenzustand die Form $\alpha \chi_1 + \beta \chi_2$ mit $|\alpha|^2 + |\beta|^2 = 1$ Und $\chi_{1,2}$ echte Funktionen. Im Allgemeinen kann ein solcher Zustand nicht in einen rein realen gedreht werden. (In Systemen ohne Entartung haben wir $\psi = e^{i \alpha} \psi^*$ für jeden Energieeigenzustand, da beide $\psi$ Und $\psi^*$ sind Lösungen der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung mit gleicher Energie und dann geht Gonencs Antwort durch.)

Trotzdem schreiben $\psi = \psi_R + i\psi_I$ für einen Energieeigenzustand $\psi$ , einige Algebra-Shows

⟨ P ⟩_{ψ} \propto \int D X W [ψ_{R}, ψ_{ICH}],

$\langle p \rangle_\psi \propto \int \mathrm{d}x \, W[\psi_R,\psi_I] \,,$ Wo

W [χ, φ] = χ φ^{'} - χ^{'} φ

$W[\chi,\varphi] = \chi \varphi' - \chi' \varphi$ ist der Wronskyaner. In der Algebra habe ich angenommen

ψ \to 0

$\psi \rightarrow 0$ als

| x | \to \infty

$|x| \rightarrow \infty$ dh wir sind in einem gebundenen Zustand. Nun, für die Wronskianer ist es leicht zu sehen

W^{'} = 0

$W' = 0$ überall aus der Schrödinger-Gleichung. Zu bekommen

W = 0

$W = 0$ Überall sollten wir davon ausgehen, dass beide Produkte

ψ_{R} ψ_{I}^{'}

$\psi_R \psi_I'$ Und

ψ_{R}^{'} ψ_{I}

$\psi_R' \psi_I$ verschwinden im Unendlichen. Dies ist nicht immer der Fall, auch wenn

ψ_{R, I}

$\psi_{R,I}$ verschwinden im Unendlichen. Eine hinreichende Bedingung ist das

V (x) - E > M^{2}

$V(x) - E > M^2$ , für alle

x > x_{0}

$x > x_0$ , für einige Zahlen

x_{0}, M

$x_0,M$ , Wo

E

$E$ ist die Energie des betreffenden gebundenen Zustands, da dann sowohl die Wellenfunktion als auch ihre Ableitung exponentiell im Unendlichen zerfallen.

dsm · Answer 5

Ich weiß, dass dies bereits beantwortet wurde, aber ich denke, es gibt eine schöne Möglichkeit, dies zu sehen, die nicht erwähnt wurde. Wenn der fragliche Zustand ein stationärer Zustand ist (Energie-Eigenzustand), dann wissen wir es

H | Ψ ⟩ = E | Ψ ⟩

$H|\Psi\rangle=E|\Psi\rangle$

was bedeutet, dass

⟨ [X, H] ⟩ = ⟨ Ψ | X H - H X | Ψ ⟩ = E (⟨ Ψ | X | Ψ ⟩ - ⟨ Ψ | X | Ψ ⟩) = 0,

und da $\hat{x}$ keine explizite Zeitabhängigkeit hat, haben wir die einfache Differentialgleichung für die $\langle x\rangle :$

\frac{D ⟨ X ⟩}{D T} = \frac{1}{ich ℏ} ⟨ [X, H] ⟩ = 0.

$\frac{d\langle x\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hbar}\langle [x,H]\rangle =0.$

Erinnern Sie sich jetzt an die immens nützliche Kommutierungsregel

[X, F (P)] = ich ℏ \frac{\partial F}{\partial P} .

$[x,F(p)] = i\hbar\frac{\partial F}{\partial p}.$

Da das Potential nur von der Position abhängt, pendelt es mit $x$ , also kann die obige Zeitableitung geschrieben werden

0 = \frac{D ⟨ X ⟩}{D T} = \frac{1}{ich ℏ} ⟨ [X, H] ⟩ = \frac{1}{ich ℏ} ⟨ [X, \frac{P^{2}}{2 M}] ⟩ = \frac{1}{2 M} ⟨ \frac{\partial}{\partial P} P^{2} ⟩ = \frac{⟨ P ⟩}{M} .

$0=\frac{d\langle x\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hbar}\langle [x,H]\rangle = \frac{1}{i\hbar}\langle [x,\frac{p^2}{2m}]\rangle = \frac{1}{2m}\langle\frac{\partial}{\partial p}p^2\rangle = \frac{\langle p\rangle}{m}.$

Wir sehen also, dass die Potentialerwartung für einen Energieeigenzustand null ist:

⟨ P ⟩ = 0.

$\langle p\rangle = 0.$

Impulserwartung im gebundenen Zustand

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