Können wir sicher annehmen, dass Ψ(x,t)=ψ(x)e−iωtΨ(x,t)=ψ(x)e−iωt\Psi(x,t) = \psi(x)e^{-i\ omega t} immer in QM?

Question

Können wir sicher annehmen, dass Ψ(x,t)=ψ(x)e−iωtΨ(x,t)=ψ(x)e−iωt\Psi(x,t) = \psi(x)e^{-i\ omega t} immer in QM?

Rajesh D

Bei dem Teilchen in einer Kiste, dem harmonischen Oszillator und beim Wasserstoffatom können wir davon ausgehen

Ψ (X, T) = ψ (X) e^{- ich ω T} .

$\Psi(x,t) = \psi(x)e^{-i\omega t}.$ Warum es also nicht zum Postulat machen, die Wellenfunktion als immer in der Form zu betrachten

ψ (X) e^{- ich ω T}

$\psi(x)e^{-i\omega t}$ Wir können immer noch alle grundlegenden Experimente erklären, also ist meine Frage, warum nicht diese Änderung an der Theorie vornehmen, damit wir viele Albträume und etwas Seelenfrieden vermeiden können. Warum unnötig über so allgemeine Dinge nachdenken, wenn wir die meiste Zeit auf einfache Dinge verzichten können?

Oh, meine eigentliche Frage ist, wo stoßen wir auf Probleme (praktische physikalische Situationen / Experimente), wenn wir so etwas in Betracht ziehen? Wenn wir irgendwo auf Probleme stoßen, hoffe ich, dass ich andere einfache Änderungen vornehmen kann, um sie zu beheben, aber ohne auf diese zurückzugehen.

Antworten (4)

Können wir sicher annehmen, dass Ψ(x,t)=ψ(x)e−iωtΨ(x,t)=ψ(x)e−iωt\Psi(x,t) = \psi(x)e^{-i\ omega t} immer in QM?

Stan Liou · Answer 1

Es ist nicht allgemein. Sowohl für die harmonische Schwingung als auch für das Wasserstoffatom haben wir eine Hamitlonsche Funktion $\hat{H} = -\frac{i\hbar}{2m}\nabla^2 + V$ mit einem zeitunabhängigen Potential, was impliziert, dass die Eigenwertgleichung $\hat{H}\Psi(x,t) = E\Psi(x,t)$ ist trennbar und kann daher als Produkt eines zeitunabhängigen Faktors und eines ortsunabhängigen Faktors geschrieben werden.

Mit anderen Worten, $\Psi(x,t) = \Psi(x)e^{-i\omega t}$ erhalten wir für die Energieeigenzustände mit einem zeitunabhängigen Hamiltonoperator. Eine allgemeine Lösung ist eine Überlagerung mehrerer Energieeigenzustände und wird diese Form nicht haben.

Sie sagen zeitunabhängigen Hamiltonian und beinhalten gleichzeitig mehrere Energie-Eigenzustände. Meine Frage lautet also: Was ist die Gesamtenergie, die in einer solchen Schrödinger-Gleichung erhalten bleibt?
@DavidZ: Auch diese sind erfunden und nicht wirklich von Schrödingers Gleichung oder von der Energieerhaltung gefordert. Soweit ich weiß, sind diese multiplen Eigenenergien in die Wellenfunktion eingebettet und werden nicht vom Potential V (x) oder vom Hamilton-Operator erzeugt, richtig?
Was ich meine ist, dass diese aufgestellt sind und nicht direkt aus der Schrödinger-Gleichung folgen.
@RajeshD: Nein. Die Energieeigenwerte sind das Spektrum des Hamilton-Operators und werden daher direkt von ihm erzeugt. Insbesondere, $\hat{H}\Psi_n = E_n\Psi_n$ . Da die Schrödinger-Gleichung linear ist, ist jede Überlagerung der Eigenzustände eine Lösung, und die Tatsache, dass alle Lösungen überdeckt sind, folgt aus der Hermitizität des Hamilton-Operators.
Ja, wie Stan sagt, der Hamiltonian induziert eine Reihe von stationären Zuständen, genau so wie die Eigenvektoren und Eigenwerte einer quadratischen Matrix Dinge sind, die direkt mit dieser Matrix verbunden sind. Die Wellenfunktionen folgen direkt aus der Schrödinger-Gleichung für jedes Problem, wenn Sie es lösen.
@StanLiou: Ah, jetzt sehe ich, es gibt viele mögliche Energien für verschiedene Quantenzahlen und die Liner-Kombination (multipliziert mit Energiewerten) entsprechender Zustandsfunktionen ist auch eine Lösung für die SE. So dumm von mir, aber die Verwirrung oder Fehlbezeichnung entstand aus der Tatsache, dass die meisten Texte und Websites die allgemeine Lösung, die eine lineare Kombination ist, nicht wirklich aufschreiben.

Kyle Kanos · Answer 2

Ein weiterer, noch nicht erwähnter Grund ist die Überlagerung.

Für Techniken zur Trennung von Variablen finden wir $\Psi(\mathbf{x},t)=\psi(\mathbf{x})f(t)$ geben

\begin{matrix} (1) & \frac{ich ℏ}{F (T)} \frac{D F}{D T} = E = [\frac{ℏ^{2}}{2 M} \nabla^{2} + v (X)] ψ (X) \end{matrix}

$\frac{i\hbar}{f(t)}\frac{df}{dt}=E=\left[\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\mathbf{x})\right]\psi(\mathbf{x})\tag{1}$ Der Begriff auf der linken Seite gibt

f \propto \exp [i E t / ℏ]

$f\propto\exp\left[iEt/\hbar\right]$ , geben uns

\begin{matrix} (2) & ψ (X, T) = ψ (X) e^{ich E T / ℏ} \end{matrix}

$\psi\left(\mathbf{x},t\right)=\psi(x)e^{iEt/\hbar}\tag{2}$ Aber das ist ein stationärer Zustand, aber das Teilchen, das Gleichung (1) beschreibt, ist nicht stationär. Wir haben also, dass die allgemeine Lösung eine lineare Überlagerung von Zuständen ist:

ψ (X, T) = \sum_{ich} C_{ich} ψ_{ich} (X) e^{ich E_{ich} T / ℏ}

$\psi\left(\mathbf{x},t\right)=\sum_ic_i\psi_i(x)e^{iE_it/\hbar}$

Die nicht in eine solche Form wie Gleichung (2) getrennt werden kann.

Ja, auch bei einem zeitunabhängigen Hamiltonoperator sind im Allgemeinen nur die Eigenfunktionen zeitunabhängig.
Wie groß ist in diesem Fall die Gesamtenergie eines solchen Systems?
Dies ist im Wesentlichen die gleiche Antwort wie die von Stan Liou. Ich bin nicht kritisch, +1: Es ist eine gute Antwort, und es ist immer gut, mehrere Erklärungen für dieselbe Sache zu haben (verschiedene Schreibstile passen zu verschiedenen Köpfen): Ich mache den Kommentar nur, damit andere Leser ihn nicht verstehen verwirrt und sind sich darüber im Klaren, dass es sich um sehr ähnliche Antworten handelt.
@WetSavannaAnimalakaRodVance: Ich sehe das jetzt. Ich glaube, ich hatte den letzten Satz seiner Antwort nicht gelesen.
@Kyle: Sie sagen zeitunabhängigen Hamiltonian und beinhalten gleichzeitig mehrere Energie-Eigenzustände. Meine Frage lautet also: Was ist die Gesamtenergie, die in einer solchen Schrödinger-Gleichung erhalten bleibt?
@KyleKanos Keine Probleme: wie gesagt: Hinterlasse deine Antwort, da sie gut ist und definitiv hilfreich sein könnte für jemanden, der sich mit all dem als neues Material auseinandersetzt.
@RajeshD Die Gesamtenergie ist nicht eindeutig definiert, wenn sich das System in einem gemischten Zustand befindet. Eine Messung der Energie würde das ändern (und man würde jeweils $E_i$ mit Wahrscheinlichkeit $|c_i|^2$ ), aber es würde auch den Zustand in den entsprechenden Eigenzustand ändern.
@dmckee: Sie meinten sicherlich einen nichtstationären Zustand oder eine Überlagerung von Energieeigenzuständen. Hier haben wir es mit reinen Zuständen zu tun, und obwohl es sich standardmäßig auch um gemischte Zustände handelt, könnte ein gemischter Zustand eine eindeutig definierte Energie haben ( $\rho = |E_n\rangle\langle E_n|$ , sagen).
@dmckee: Das ist sehr aufschlussreich, könnten Sie mir bitte eine gute Referenz oder ein Beispiel geben?
@RajeshD: Die Aussage von dmckee folgt, wenn sie als Bezugnahme auf Überlagerungen verstanden wird, direkt aus der Born-Regel.
@Stan Liou: und dmckee: Auch diese sind erfunden und nicht wirklich von Schrödingers Gleichung oder von der Energieerhaltung gefordert. Soweit ich weiß, sind diese multiplen Eigenenergien in die Wellenfunktion eingebettet und werden nicht durch das Potential erzeugt $V(x)$ oder vom Hamiltonian, richtig?
Sie verwenden immer wieder das Wort "erfunden". Was glaubst du, bedeutet es? Die Eigenzustände und ihr Spektrum sind eine Folge des Hamiltonoperators. Wenn Sie eine Überlagerung haben, bedeutet das, dass Sie die Energie des Zustands nicht kennen. Es ist keine Überraschung, dass Sie dann nicht wissen, welche Energie Sie erhalten, wenn Sie die Energie messen. Dies ist eine Tautologie.
@RajeshD: Die Schrödinger-Gleichung ist linear, daher ist jede Überlagerung von Lösungen eine Lösung. Somit hat man fast nie nur einen Eigenzustand für eine allgemeine Lösung des SE. Die Energieerhaltung folgt aus der Zeitunabhängigkeit des Hamiltonoperators, wird aber ansonsten nicht gelten. Der Zusammenhang mit Wahrscheinlichkeiten von Messergebnissen und was nach der Messung passiert, wird nicht von SE, sondern von der Born-Regel gefordert. Und wie dmckee sagte, sind die Energieeigenwerte das Spektrum des Hamiltonoperators.
Ich habe mir einige andere Ressourcen zu diesem Thema angesehen und mich gefragt, ob Sie erklären könnten, warum Ihr "f" kein Negativ enthält, da andere Quellen sagen, dass es e ^-iE ist ...

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen · Answer 3

Nur wenn $V(\mathbf{x},t) = V(\mathbf{x})$ , sonst trennt sich die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung nicht in zeit- und ortsähnliche Teile.

Jede explizite Zeitabhängigkeit im Problem und Sie können es nicht.

Dieses Statement und die Antwort von Stan Liou sollten auf jedem QM-Lehrbuch mit großer Schriftgröße auf dem Deckblatt eingeprägt werden. Nur damit sich die Schüler entspannen und auch die Tatsache, dass wir niemals auf die zeitabhängigen Potenziale abzielen. Alle fangen an zu schreiben $\Psi(x,t)$ , die sie niemals benutzen werden, nur um die Leute zu erschrecken!
@RajeshD: Schlechte Nachrichten: Die zeitabhängige Störungstheorie ist ziemlich Standard für Undergrad-QM. Obwohl selbst wenn $\hat{H}$ zeitunabhängig ist, werden Sie immer noch auf Situationen stoßen, in denen Sie einen instationären Zustand benötigen.

Matthäus Titsworth · Answer 4

Anders als bei den anderen Antworten wird ein Beispiel für ein physikalisches Problem, bei dem die Lösung nicht trennbar ist, in Sakurai, 2. Auflage, Kapitel 2.1, S. 70 und 71, wo wir ein magnetisches Spinmoment in Gegenwart eines Magnetfelds haben, dessen Intensität sich mit der Zeit ändern kann, Ie $B(t)\neq B(0)$ , oder noch problematischer, wenn sich die Größe und Richtung des Magnetfelds mit der Zeit ändern. In beiden Fällen ist der Hamiltonoperator zeitabhängig und somit ist die Lösung nicht trennbar.

Können wir sicher annehmen, dass Ψ(x,t)=ψ(x)e−iωtΨ(x,t)=ψ(x)e−iωt\Psi(x,t) = \psi(x)e^{-i\ omega t} immer in QM?

Rajesh D

Antworten (4)

Stan Liou

Rajesh D

David z

Rajesh D

Rajesh D

Stan Liou

MüllcontainerDoofus

Rajesh D

Kyle Kanos

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Rajesh D

Selene Rouley

Kyle Kanos

Rajesh D

Selene Rouley

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Stan Liou

Rajesh D

Stan Liou

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Rajesh D

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Stan Liou

Rajesh D

Ekelhaft

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Rajesh D

Stan Liou

Matthäus Titsworth