Impulsverschiebung durch eine Konstante in der Schrödinger-Gleichung

Question

Impulsverschiebung durch eine Konstante in der Schrödinger-Gleichung

Physik
Schwung
Eigenwert
Fourier-Transformation
Quantenmechanik
Schrödinger-Gleichung

Loonuh

In meinem Buch heißt es, wenn wir einen gegebenen Hamilton-Operator für die Schrödinger-Gleichung stören

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

$H = \frac{p^2}{2m} +V(x)$

Zu

H^{'} = \frac{P^{2}}{2 M} + v (X) + \frac{λ P}{M}

$H' = \frac{p^2}{2m} + V(x) + \frac{\lambda p}{m}$

dann können wir den gestörten Hamiltonoperator in die Form umschreiben

H^{'} = \frac{(P + λ)^{2}}{2 M} + v (X) - \frac{λ^{2}}{2 M} = \frac{P^{' 2}}{2 M} + v (X) - \frac{λ^{2}}{2 M} .

$H' = \frac{(p+\lambda)^2}{2m} + V(x) - \frac{\lambda^2}{2m} = \frac{p'^2}{2m} + V(x) - \frac{\lambda^2}{2m}.$

Darüber hinaus heißt es weiter, dass, wenn wir die Eigenwerte und Eigenfunktionen des ungestörten Hamiltonoperators kennen, $E_n^{(0)}$ Und $\psi_n^{(0)}$ bzw. können wir leicht die Tatsache verwenden, dass die Wellenzahl jetzt ist $k' = \frac{p'}{\hbar} = \frac{(p+\lambda)}{\hbar}$ zu sagen, dass die Eigenfunktionen des gestörten Hamiltonoperators sein müssen

ψ_{N} = ψ_{N}^{(0)} e^{- ich λ X / ℏ}

$\psi_n = \psi^{(0)}_n e^{-i\lambda x/\hbar}$

und damit sind die neuen Energien

E_{N} = E_{N}^{(0)} - \frac{λ^{2}}{2 M} .

$E_n = E_n^{(0)} - \frac{\lambda^2}{2m}.$

Kann bitte jemand erklären, wie die Energieeigenfunktionen so einfach erhalten werden können, wenn man bedenkt, dass der Impulsoperator um eine Konstante verschoben wurde? Ich glaube, dass die Antwort mit der Tatsache zu tun hat, dass die Impulsraumdarstellung von $\psi$ ist die Fourier-Transformation von $\psi(x)$ , aber ich bin mir nicht sicher, wie ich das beweisen soll.

Marsch

Es ist sicherlich einfach zu zeigen, dass die neuen Funktionen Eigenfunktionen des verschobenen Hamilton-Operators sind: Setzen Sie sie einfach in die Schrödinger-Gleichung mit dem neuen Hamilton-Operator ein und zeigen Sie, dass sie funktionieren. Dabei sehen Sie auch, was die Energieeigenwerte sind. Ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich direkt zeigen soll, dass dies alle Eigenfunktionen sind, aber ich denke, das ist ziemlich offensichtlich.

Loonuh

Ich nehme an, ich würde eine formale Ableitung bevorzugen, die zeigt, wie sie erhalten werden, anstatt zu raten und zu prüfen. in der Tat ist es klar, dass sie funktionieren, wenn man sie einsteckt.

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Impulsverschiebung durch eine Konstante in der Schrödinger-Gleichung

Es ist sicherlich einfach zu zeigen, dass die neuen Funktionen Eigenfunktionen des verschobenen Hamilton-Operators sind: Setzen Sie sie einfach in die Schrödinger-Gleichung mit dem neuen Hamilton-Operator ein und zeigen Sie, dass sie funktionieren. Dabei sehen Sie auch, was die Energieeigenwerte sind. Ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich direkt zeigen soll, dass dies alle Eigenfunktionen sind, aber ich denke, das ist ziemlich offensichtlich.
Ich nehme an, ich würde eine formale Ableitung bevorzugen, die zeigt, wie sie erhalten werden, anstatt zu raten und zu prüfen. in der Tat ist es klar, dass sie funktionieren, wenn man sie einsteckt.

Urgje · Answer 1

Du kannst schreiben

\begin{array}{rcl} H^{'} & = & H^{''} - - \frac{λ^{2}}{2 M} \\ H^{''} & = & \frac{1}{2 M} (P + λ)^{2} + v (X) = \exp [- ich λ X] H \exp [ich λ X] \end{array}

$\begin{eqnarray*} H^{\prime } &=&H^{\prime \prime }--\frac{\lambda ^{2}}{2m} \\ H^{\prime \prime } &=&\frac{1}{2m}(p+\lambda )^{2}+V(x)=\exp [-i\lambda x]H\exp [i\lambda x] \end{eqnarray*}$ So

H

$H$ Und

H^{''}

$H^{\prime \prime }$ sind unitär äquivalent, ihre Eigenwerte fallen also zusammen. In der Koordinatendarstellung sei

H ψ (X) = μ ψ (X)

$\begin{equation*} H\psi (x)=\mu \psi (x) \end{equation*}$ So

\begin{array}{rcl} \exp [ich λ X] H^{''} \exp [- ich λ X] ψ (X) & = & μ ψ (X) \\ H^{''} \exp [- ich λ X] ψ (X) & = & μ \exp [- ich λ X] ψ (X) \end{array}

$\begin{eqnarray*} \exp [i\lambda x]H^{\prime \prime }\exp [-i\lambda x]\psi (x) &=&\mu \psi (x) \\ H^{\prime \prime }\exp [-i\lambda x]\psi (x) &=&\mu \exp [-i\lambda x]\psi (x) \end{eqnarray*}$ Die Verschiebung um die Zahl

- \frac{λ^{2}}{2 m}

$-\frac{\lambda ^{2}}{2m}$ ist trivial.

ACuriousMind · Answer 2

Wenn $\phi_n(p)$ ist eine Eigenfunktion von $H$ im Impulsraum mit Eigenwert $E_n$ , Dann $\phi_n(p+\lambda)$ ist eine Eigenfunktion von $H'$ mit Eigenwert $E_n -\frac{\lambda^2}{2m}$ (und umgekehrt), da $H$ Und $H'$ unterscheiden sich nur durch die lineare Neudefinition des Impulses und das Hinzufügen einer Konstanten: ^{Die Notation im Folgenden ist nicht optimal, aber ich hoffe, es ist klar, was ich meine.}

\begin{aligned} H^{'} ϕ_{N} (P + λ) & = (\frac{(P + λ)^{2}}{2 M} + v (\partial_{P})) ϕ_{N} (P + λ) - \frac{λ^{2}}{2 M} ϕ_{N} \\ = (\frac{P^{2}}{2 M} ϕ_{N} + v (\partial_{P}) ϕ_{N}) (P + λ) - \frac{λ^{2}}{2 M} ϕ_{N} \end{aligned}

$\begin{align} H'\phi_n(p+\lambda) & = \left(\frac{(p+\lambda)^2}{2m}+V(\partial_{p}) \right)\phi_n(p+\lambda) -\frac{\lambda^2 }{2m}\phi_n \\ & = \left(\frac{p^2}{2m}\phi_n +V(\partial_p)\phi_n\right)(p+\lambda)-\frac{\lambda^2 }{2m}\phi_n\end{align}$ wo die letzte Gleichheit gilt weil

\partial_{p} (ϕ (p + λ)) = (\partial_{p} ϕ) (p + λ)

$\partial_p(\phi(p+\lambda)) = (\partial_p \phi)(p+\lambda)$ nach der Kettenregel und das wissen wir

(\frac{p}{2 m} ϕ_{n} + V (\partial_{p}) ϕ_{n}) = H ϕ_{n} = E_{n} ϕ

$\left(\frac{p}{2m}\phi_n +V(\partial_p)\phi_n\right) = H\phi_n = E_n\phi$ .

Durch eine allgemeine Eigenschaft der Fourier-Transformation, wenn $\psi_n(x)$ ist die Fourier-Transformation von $\phi_n(p)$ , Dann $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\lambda x}\psi_n(x)$ ist die Fourier-Transformation von $\phi_n(p+\lambda)$ . Diese Eigenschaft folgt einfach aus der Integration durch Substitution im definierenden Integral der Fourier-Transformation.

Ich denke, es gibt tatsächlich einen Fehler in diesem Problem. Wenn das, was Sie über die Fourier-Transformation durch Substitution sagen, zutrifft, dann denke ich seitdem $\psi(x)$ sind die inverse Fourier-Transformation von $\psi(p)$ es sollte so sein $\psi(p +\lambda) \to \psi(x)e^{i\lambda x/\hbar}$ , wobei das Minuszeichen im Exponenten jetzt positiv gemacht wurde.
@Loonuh: Hmmm ... ja, es könnte irgendwo einen Vorzeichenfehler geben, aber das hängt von Ihrer genauen Definition der Fourier-Transformation ab. Es hängt davon ab, welches Vorzeichen in Ihrem Exponential für die Richtung steht $p\to x$ , das kann ich dir nicht beantworten.
Wenn man ihre Eigenfunktionen direkt einsteckt, scheint es, als hätten sie die richtige Form von ihnen.

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