Konstruieren von Lösungen für die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung

Die folgende Frage stammt aus David Griffiths ' Einführung in die Quantenmechanik :

Aufgabe 2.13 Ein Teilchen im harmonischen Oszillatorpotential beginnt im Zustand

Ψ ( x , 0 ) = A [ 3 ψ 0 ( x ) + 4 ψ 1 ( x ) ] . Ψ ( x , 0 ) = EIN [ 3 ψ 0 ( x ) + 4 ψ 1 ( x ) ]] .
(Ein Fund EIN EIN .

(b) Konstruieren Ψ ( x , t ) Ψ ( x , t ) und | Ψ ( x , t ) | 2 | Ψ ( x , t ) | 2 .

Teil (b) fordert dazu auf, die allgemeine Lösung aus der Instanz zu konstruieren t = 0 t = 0 .

Die im Buch angegebene Strategie besteht darin, jedem stationären Zustand die Zeitabhängigkeit hinzuzufügen und eine allgemeine Lösung zu bilden:

Passen Ψ ( x , 0 ) Ψ ( x , 0 ) Sie schreiben die allgemeine lineare Kombination dieser Lösungen auf:

Ψ ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) : (2.16) (2.16) Ψ ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) ::
Das Wunder ist, dass Sie * immer den angegebenen Ausgangszustand durch geeignete Auswahl der Konstanten erreichen können c 1 c 2 c 3 , … c 1 , c 2 , c 3 , … . Konstruieren Ψ ( x , t ) Ψ ( x , t ) Sie heften einfach an jeden Begriff seine charakteristische Zeitabhängigkeit an. e - i E. n t / ℏ e - - ich E. n t /. ℏ ::
Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) e - i E. n t / ℏ = ∑ n = 1 ∞ c n Ψ n ( x , t ) . (2.17) (2.17) Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) e - - ich E. n t /. ℏ = ∑ n = 1 ∞ c n Ψ n ( x , t ) .

Ich bin mir jedoch nicht sicher, wie wir diese beiden Lösungen garantieren können ψ 1 ψ 1 und ψ 2 ψ 2 zur zeitabhängigen Gleichung nicht haben ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) . Wenn wir dies nicht garantieren können, woher wissen wir dann, dass die von Griffiths 'Methode gefundene Lösung einzigartig ist?

Antworten (3)

Aber wie können wir diese zwei Lösungen garantieren? ψ 1 ψ 1 und ψ 2 ψ 2 zur zeitabhängigen Gleichung nicht haben ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) . Wenn wir dies nicht garantieren können, woher wissen wir dann, dass die von Griffiths Methode gefundene Lösung einzigartig ist?

Ich interpretiere, dass Ihre Frage grundsätzlich fragt, woher wir wissen, dass die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung mit einer Anfangsbedingung eine einzigartige Lösung hat. Um dies zu zeigen, verwenden wir eine übliche Methode, um die Eindeutigkeit einer Lösung für eine lineare Differentialgleichung zu zeigen: Wir zeigen, dass wenn zwei Antworten an einem Punkt gleich sind, ihre Differenz konstant ist 0 0 .

Die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung ist linear; das heißt, wenn Ψ 1 Ψ 1 und Ψ 2 Ψ 2 sind Lösungen für die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung, so ist es auch α 1 Ψ 1 + α 2 Ψ 2 α 1 Ψ 1 + α 2 Ψ 2 für jeden α 1 , α 2 α 1 , α 2 . Bestimmtes, Ψ = Ψ 1 - Ψ 2 Ψ = Ψ 1 - - Ψ 2 ist eine Lösung. Also haben wir

- ich ℏ ∂ t Ψ = H. ^ Ψ , Ψ ( 0 ) = 0 - - ich ℏ ∂ t Ψ = H. ^ Ψ , Ψ ( 0 ) = 0
Jetzt bekommen wir
∂ t ⟨Ψ , Ψ⟩ = = ⟨∂ t Ψ , Ψ⟩ + ⟨Ψ , ∂ t Ψ⟩ = ⟨I ℏ H. ^ Ψ , Ψ⟩ + ⟨Ψ , i ℏ H. ^ Ψ⟩ - ich ℏ ⟨H. ^ Ψ , Ψ⟩ + i ℏ ⟨Ψ , H. ^ Ψ⟩ = - i ℏ ⟨Ψ , H. ^ Ψ⟩ + i ℏ ⟨Ψ , H. ^ Ψ⟩ = 0 , ∂ t ⟨ Ψ , Ψ ⟩ = ⟨ ∂ t Ψ , Ψ ⟩ + ⟨ Ψ , ∂ t Ψ ⟩ = ⟨ ich ℏ H. ^ Ψ , Ψ ⟩ + ⟨ Ψ , ich ℏ H. ^ Ψ ⟩ = - - ich ℏ ⟨ H. ^ Ψ , Ψ ⟩ + ich ℏ ⟨ Ψ , H. ^ Ψ ⟩ = - - ich ℏ ⟨ Ψ , H. ^ Ψ ⟩ + ich ℏ ⟨ Ψ , H. ^ Ψ ⟩ = 0 ,
wobei die vorletzte Gleichung auf der Tatsache beruht, dass der Hamiltonianer Hermitianer ist. Jetzt haben wir also eine Differentialgleichung für die reale Funktion f f definiert von f ( t ) ≡ ≡ t ( t ) , Ψ ( t ) ⟩ f ( t ) ≡ ⟨ Ψ ( t ) , Ψ ( t ) ⟩ ,
∂ t f = 0 . ∂ t f = 0 .
Nullableitung bedeutet das f ( t ) f ( t ) ist eine Konstante. Deshalb,
f ( t ) = f ( 0 ) = ⟨Ψ ( 0 ) , Ψ ( 0 ) ⟩ = 0 . f ( t ) = f ( 0 ) = ⟨ Ψ ( 0 ) , Ψ ( 0 ) ⟩ = 0 .
Deshalb, Ψ = 0 Ψ = 0 , so Ψ 1 = Ψ 2 Ψ 1 = Ψ 2 .

Die Form der von Griffiths gezeigten Lösung ist nicht eindeutig. Das heißt, es gibt Fälle, in denen eine Grundlage besteht { ψ n ( x ) } { ψ n ( x ) }} wird reproduzieren Ψ Ψ wie

Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) e - i E. n t / ℏ , Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c n ψ n ( x ) e - - ich E. n t /. ℏ ,
aber es gibt eine zweite, andere Grundlage { φ n ( x ) } { φ n ( x ) }} die (mit unterschiedlichen Koeffizienten) auch rekonstruiert Ψ Ψ ::
Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c ' n φ n ( x ) e - i E. ' n t / ℏ . Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ c n ' φ n ( x ) e - - ich E. n ' t /. ℏ .
Einige Notizen:

  • In all diesen Fällen ist die Lösung selbst immer noch einzigartig . Es ist die Darstellung, die sich auf eine Weise ändert, die genau analog dazu ist, wie sich die Koordinaten eines Vektors in einem anderen Referenzrahmen ändern, aber der Vektor bleibt gleich. Die Einheitlichkeit der Lösung hängt nicht davon ab, wie wir die Gleichung gelöst haben - sie ist eine Eigenschaft der Schrödinger-Gleichung selbst.

  • Wenn ψ n ψ n und φ m φ m sind Eigenfunktionen von H. H. und sie haben unterschiedliche Eigenwerte, dann müssen sie orthogonal sein und können daher nicht gleich sein. Dies folgt aus der Tatsache, dass

    E. n ⟨Φ m , ψ n ⟩ = ⟨Φ m , H. ψ n ⟩ = ⟨Φ m H. , ψ n ⟩ = E. m ⟨Φ m , ψ n ⟩ E. n ⟨ φ m , ψ n ⟩ = ⟨ φ m , H. ψ n ⟩ = ⟨ φ m H. , ψ n ⟩ = E. m ⟨ φ m , ψ n ⟩
    also entweder E. n = E. m E. n = E. m oder ⟨Φ m , H. ψ n ⟩ = 0 ⟨ φ m , H. ψ n ⟩ = 0 .

  • Die Nicht-Einheitlichkeit der Darstellung wird daher zu Teilräumen kombiniert, in denen H. H. ist entartet: das heißt, wenn es zwei linear unabhängigere Eigenfunktionen mit demselben Eigenwert hat. In diesem Fall funktioniert jede Basis für diesen Unterraum , aber alle Basen sind gleichwertig . Sie wählen diejenige, die für Ihre Zwecke am bequemsten ist, aber Sie denken daran, dass Sie eine willkürliche Basisauswahl getroffen haben.

    Das einfachste Beispiel ist das Wasserstoffatom, bei dem Eigenfunktionen entartet sind, wenn sie das teilen n n und l l Quantenzahlen. * Sie müssen dann eine Basis für diesen Unterraum auswählen, und um dies zu tun, müssen Sie die Isotropie aufbrechen - Sie müssen eine bestimmte Richtung für Ihre Basis wählen. Dies wird normalerweise als das genommen z z Achse (wohin auch immer das zeigt), in dem Verständnis, dass jede andere Richtung eine kurze Basisänderung entfernt ist.

    * Es gibt eine zusätzliche Entartung in l l aber es ist für diese Zwecke irrelevant.

"Kurz gesagt, wenn ich ℏ ∂ t Ψ = H. Ψ ich ℏ ∂ t Ψ = H. Ψ und ich ℏ ∂ t Φ = H. Φ ich ℏ ∂ t Φ = H. Φ , dann ich ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = 0 ich ℏ ∂ t ( Ψ - - Φ ) = 0 " Dies überspringt einige Schritte. Was Sie direkt erhalten, ist das ich ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = H. ( Ψ - Φ ) ich ℏ ∂ t ( Ψ - - Φ ) = H. ( Ψ - - Φ ) , was das nicht direkt impliziert Ψ - Φ Ψ - - Φ ist zeitlich konstant. Im Falle der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung gibt es aber viele Differentialgleichungen wo ∂ t f = F. [ f ]] ∂ t f = F. [ f ]] , f ( 0 ) = 0 f ( 0 ) = 0 impliziert nicht f = 0 f = 0 konstant, auch wenn F. [ 0 ] = 0 F. [ 0 ]] = 0 .
Hah, guter Fang. Ich bin genau dort schlampig.

Ich sehe Ihre ganze Frage so:

Wie können wir diese zwei Lösungen garantieren? ψ 1 ψ 1 und ψ 2 ψ 2 zur zeitabhängigen Gleichung nicht haben ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) . Wenn wir dies nicht garantieren können, woher wissen wir dann, dass die von Griffiths Methode gefundene Lösung einzigartig ist?

Dies ist eine wirklich grundlegende Eigenschaft von Vektoren und Matrizen; wenn du zwei hast n × 1 n × 1 "Spaltenvektoren" u u , v v im C. n C. n das sind Eigenvektoren eines n × n n × n Hermitianische Matrix H. = H. † H. = H. † dann sind sie entweder orthogonal in dem Sinne, dass u † v = v † u = 0 u † v = v † u = 0 oder sie haben den gleichen Eigenwert.

Warum? Nun, es ist ein einfaches Zusammenspiel der beteiligten Teile. Hermitianische Matrizen müssen da echte Eigenwerte haben u †   H.   u = λ u   u †   u u † H. u = λ u u † u muss sein eigenes komplexes Konjugat sein - weil ( A B ) † = B. † EIN † ( EIN B. ) † = B. † EIN † und die Tatsache, dass die 1 × 1 1 × 1 Die adjungierte Operation ist eine komplexe Konjugation, die Sie finden ( u †   H.   u ) ∗ = λ ∗ u   u †   u ( u † H. u ) ∗ = λ u ∗ u † u ist nach der Definition von Hermitian ( H. = H. † H. = H. † ), ebenfalls u †   H. †   u = u †   H.   u = λ u u u † H. † u = u † H. u = λ u u , daher haben wir entweder trivial u †   u = 0 u † u = 0 und u = 0 u = 0 oder sonst λ u = λ ∗ u λ u = λ u ∗ und daher λ u λ u ist eine reelle Zahl.

Nun sieh dir das an u † ⋅ H. ⋅ v = λ v u † v u † ⋅ H. ⋅ v = λ v u † v aber sein komplexes Konjugat muss sein v † ⋅ H. ⋅ u = λ u v † u v † ⋅ H. ⋅ u = λ u v † u ;; Wenn wir ein zweites komplexes Konjugat nehmen, finden wir das λ v u † v = λ u u † v λ v u † v = λ u u † v . Wir haben hier nur zwei Möglichkeiten: entweder λ u = λ v λ u = λ v oder aber u † v = 0 u † v = 0 .

Im Wesentlichen ist das Problem: Matrizen haben seit dem Ausdruck immer die gleichen "linken" und "rechten" Eigenwerte det ( A - λ I. ) = 0 det ( EIN - - λ ich ) = 0 dass Sie verwenden, um sie zu finden, verwendet eine Determinante, und det A = det A. T. det EIN = det EIN T. weil es den Determinanten egal ist, ob Sie Minderjährige zeilen- oder spaltenweise iterieren. Wenn Sie sagen, dass eine Matrix eine eigene Transponierte ist , wie es die hermitianischen im Grunde sind, dann sagen Sie, dass auch die linken und rechten Eigenvektoren Transponierungen voneinander sind. Und diese Tatsache zwingt diese Eigenräume dazu, orthogonal zueinander zu werden.

Nun behaupte ich, dass die obigen Punkte nicht von den diskreten Indizes des Zeilenvektors oder Spaltenvektors abhängen, sondern nur von der Beziehung der Objekte , und daher, wenn wir von einem diskret indizierten Vektor zu einer kontinuierlich indizierten Wellenfunktion übergehen, wir die gleiche Schlussfolgerung ziehen. Folgen wir ihm. Lassen EIN EIN Ordnen Sie Wellenfunktionen Wellenfunktionen zu, so dass wir haben

⟨Φ | EIN ^ | ψ ψ = ∫ R. n d n r   ϕ ∗ ( r ⃗ )   EIN [ ψ ] ( r ⃗ ) . ⟨ ϕ | EIN ^ | ψ ⟩ = ∫ R. n d n r ϕ ∗ ( r → ) EIN [ ψ ]] ( r → ) .
Definieren wir außerdem die Kurzschreibweise
⟨Φ | ψ ψ = ⟨ϕ | 1 | ψ ψ = ∫ R. n d n r   ϕ ∗ ( r ⃗ )   ψ ( r ⃗ ) . ⟨ ϕ | ψ ⟩ = ⟨ ϕ | 1 | ψ ⟩ = ∫ R. n d n r ϕ ∗ ( r → ) ψ ( r → ) .
Das behaupten wir EIN EIN ist hermitisch, was bedeutet, dass:
⟨Φ | EIN ^ | ψ ψ = ( ⟨ψ | A. ^ | ϕ ϕ ) ∗ = [ ∫ d n r   ψ ∗ ( r ⃗ )   EIN [ ϕ ] ( r ⃗ ) ] ∗ . ⟨ ϕ | EIN ^ | ψ ⟩ = ( ⟨ ψ | EIN ^ | ϕ ⟩ ) ∗ = [ ∫ d n r ψ ∗ ( r → ) EIN [ ϕ ]] ( r → ) ]] ∗ .
Daraus folgt jeder Eigenwert EIN ^ | a⟩ = a | a⟩ EIN ^ | ein ⟩ = ein | ein ⟩ ist real, weil wir ähnlich wie oben finden, dass
( ⟨A | A. ^ | a⟩ ) ∗ = a ∗ ⟨A | a⟩ = ⟨a | EIN ^ | a⟩ = a ⟨a | a⟩ ,    also a = a ∗ . ( ⟨ ein | EIN ^ | ein ⟩ ) ∗ = ein ∗ ⟨ ein | ein ⟩ = ⟨ ein | EIN ^ | ein ⟩ = ein ⟨ ein | ein ⟩ , so ein = ein ∗ .
Aber ähnlich haben wir das wenn EIN ^ | a⟩ = a | a⟩ EIN ^ | ein ⟩ = ein | ein ⟩ und EIN ^ | b⟩ = b | b⟩ EIN ^ | b ⟩ = b | b ⟩ dann
⟨A | EIN ^ | b⟩ = b ⟨a | b⟩ = ( ⟨a | A. ^ | b⟩ ) ∗ ∗ = ( ⟨B | A. ^ | a⟩ ) ∗ = ( a ⟨b | a⟩ ) ∗ = a ∗ ⟨A | b⟩ . ⟨ ein | EIN ^ | b ⟩ = b ⟨ ein | b ⟩ = ( ⟨ ein | EIN ^ | b ⟩ ) ∗ ∗ = ( ⟨ b | EIN ^ | ein ⟩ ) ∗ = ( ein ⟨ b | ein ⟩ ) ∗ = ein ∗ ⟨ ein | b ⟩ .
Dies zwingt uns erneut zu dem Schluss b = a b = ein oder aber ⟨A | b⟩ = 0 ⟨ ein | b ⟩ = 0 .

Betrachten Sie nun den ganz besonderen 1D-Fall, in dem

EIN [ ψ ] ( x ) = i   ψ ' ( x ) EIN [ ψ ]] ( x ) = ich ψ ' ( x )
. Ich behaupte, dieser imaginäre Operator mit einer einzigen Ableitung ist hermitisch. Um zu sehen, warum, schauen wir uns die Definition an. Es ist genau dann hermitisch, wenn
∫ ∞ - ∞ d x   ϕ ∗ ( x )   ich   ψ ' ( x ) = [ ∫ ∞ - ∞ d x   ψ ∗ ( x )   ich   ϕ ' ( x ) ] ∗ . ∫ - - ∞ ∞ d x ϕ ∗ ( x ) ich ψ ' ( x ) = [ ∫ - - ∞ ∞ d x ψ ∗ ( x ) ich ϕ ' ( x ) ]] ∗ .
Ist das wahr? Ja, wir können die linke Seite durch Teile integrieren und anheben ψ ' ψ ' während wir senken ϕ ∗ ϕ ∗ , finden:
∫ ∞ - ∞ d x   ϕ ∗ ( x )   ich   ψ ' ( x ) = [ i   ϕ ∗ ( x )   ψ ( x ) ] ∞ - ∞ - ∫ ∞ - ∞ d x   [ ϕ ∗ ]] ' ( x )   ich   ψ ( x ) , ∫ - - ∞ ∞ d x ϕ ∗ ( x ) ich ψ ' ( x ) = [ ich ϕ ∗ ( x ) ψ ( x ) ]] - - ∞ ∞ - - ∫ - - ∞ ∞ d x [ ϕ ∗ ]] ' ( x ) ich ψ ( x ) ,
Der erste Term kann als 0 verworfen werden, da beide Wellenfunktionen im Unendlichen gegen 0 tendieren. Dies lässt nur
∫ ∞ - ∞ d x   [ ϕ ' ( x ) ] ∗   ( - i )   ψ ( x ) = ∫ ∞ - ∞ d x   [ ϕ ' ( x )   ich   ψ ∗ ( x ) ] ∗ = [ ∫ ∞ - ∞ d x   ψ ∗ ( x )   ich   ϕ ' ( x ) ] , ∫ - - ∞ ∞ d x [ ϕ ' ( x ) ]] ∗ ( - - ich ) ψ ( x ) = ∫ - - ∞ ∞ d x [ ϕ ' ( x ) ich ψ ∗ ( x ) ]] ∗ = [ ∫ - - ∞ ∞ d x ψ ∗ ( x ) ich ϕ ' ( x ) ]] ,
Das wollen wir beweisen.

Es folgt dem - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ x 2 - - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ x 2 Die Zusammensetzung zweier solcher Operatoren, die mit einer Konstanten multipliziert wurde, ist ebenso wie jede konstante reale Funktion hermitisch - so ist es auch - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ x 2 + V. ( x ) - - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ x 2 + V. ( x ) .

Da ist es hermitisch, wenn wir lösen E. ψ ( x ) = - ℏ 2 2 m ∂ 2 ψ ∂ x 2 + V. ( x )   ψ ( x ) E. ψ ( x ) = - - ℏ 2 2 m ∂ 2 ψ ∂ x 2 + V. ( x ) ψ ( x ) Wir finden, dass zwei verschiedene Lösungen ϕ , ψ ϕ , ψ entweder die gleiche Energie haben oder sonst ∫ d x   ϕ ∗ ( x )   ψ ( x ) = 0 ∫ d x ϕ ∗ ( x ) ψ ( x ) = 0 und verhindern, dass sie jemals dieselbe Funktion haben.

Darüber hinaus, wenn wir jemals das gesamte Spektrum finden { ϕ ich }} { ϕ ich }} Dies gibt uns eine einfache Möglichkeit, die Komponenten zu finden:

ψ ( x ) = ∑ ich c ich ϕ ich ( x ) wobei c ich = ∫ d x   ϕ ∗ ich ( x ) ψ ( x ) . ψ ( x ) = ∑ ich c ich ϕ ich ( x ) wo c ich = ∫ d x ϕ ich ∗ ( x ) ψ ( x ) .

Konstruieren von Lösungen für die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung
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