Matrixelemente des freien Teilchen-Hamiltonoperators

Dies ist eine interessante Frage. Es erinnert an den populären (aber trügerischen) „Beweis“ dafür

$$\exp\{ia\hat p\}\psi(x) \equiv \exp\{a\partial_x\}\psi(x)=\psi(x+a)$$ das behauptet, die Exponentialfunktion des Ableitungsoperators anzuwenden$\psi$gibt die Taylor-Entwicklung von an$\psi(x+a)$Über$x$. Das Problem ist, wenn$\psi(x)$ist$C^\infty$und des kompakten Trägers, dann ist jeder Term der Taylor-Reihe außerhalb des Trägers immer genau null$\psi(x)$und so$\psi(x)$kann niemals außerhalb seines ursprünglichen Unterstützungsbereichs ungleich Null werden. Natürlich$C^\infty$Funktionen mit kompakter Unterstützung haben keine Taylor-Reihen, die gegen die Funktion konvergieren, und die Auflösung dieses Paradoxons besteht darin, zu erkennen, dass die entsprechende Definition von$\exp\{ia \hat p\}$kommt von seiner spektralen Zerlegung. Mit anderen Worten, wir sollten Fourier erweitern$\psi(x)= \langle x|\psi\rangle$bekommen$\psi(p)\equiv \langle p|\psi\rangle$, mal$e^{iap}$und invertieren Sie dann die Fourier-Entwicklung. Dann erhalten wir$\psi(x+a)$.

Hier gilt die gleiche Situation. Die wörtliche Definition von$H$als zweiter Ableitungsoperator ist nicht genau genug. Wir müssen eine Domain für auswählen$\hat H$so dass es wirklich selbstadjungiert ist und daher einen vollständigen Satz von Eigenfunktionen besitzt. Die Aktion von$\hat H$auf jeder Funktion in ihrem Bereich wird dann durch die Eigenfunktionsentwicklung definiert.

Der Kern des Problems ist das für unbeschränkte Operatoren$\hat A$, ist das Operatorexponential nicht in Bezug auf die Potenzreihe definiert$\exp(\hat A) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!}$. Und es kann nicht so definiert werden, da wir keine Garantie dafür haben, dass diese Reihe konvergiert. Stattdessen verwenden wir zur Definition den Spektralsatz

$$\exp(\hat A) = \int \mathrm e^a\, |a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da \;, \tag{1}$$ wo$|a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da$ist die Bezeichnung des Physikers für das projektionsbewertete Maß$\mathrm dP_a$. Entscheidend ist, dass dies die Definition ist, die in Stones Theorem über stark stetige unitäre Gruppen verwendet wird.

Das bedeutet insbesondere, dass die zeitliche Entwicklung von$|\psi_2\rangle$ist nicht $|\psi_2(\mathrm dt)\rangle = |\psi_2\rangle - \frac{\mathrm i\, \mathrm dt}{\hbar}\hat H |\psi_2\rangle + \mathcal O(\mathrm dt^2)$wie in der Frage vorgeschlagen. Daher ist das kein Widerspruch

$$\langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle = 0 \;.$$

Randbemerkung: Wie in [Reed, Simon (1981), VIII.3] erklärt, stimmt Definition (1) mit der Potenzreihe für den Fall von Beschränkt überein$\hat A$. Außerdem für alle$|\psi\rangle$das kann geschrieben werden als$|\psi\rangle = \int_{-M}^M |a \rangle\!\langle a|\varphi\rangle \, \mathrm da$für einige$M \in \mathbb R$und einige$|\varphi\rangle$, die Potenzreihe$\sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!} |\psi\rangle$konvergiert zu$\exp(\hat A)|\psi\rangle$[Reed, Simon (1981), VIII.5].

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Wie in der Antwort von Mike Stone erwähnt, gibt es ein einfacheres Beispiel, das dasselbe Problem demonstriert. Lassen$D(\alpha) = \exp(\mathrm i \alpha \hat p)$sei der Übersetzungsoperator ($\hbar=1$). Unter Verwendung von Definition (1) sehen wir das sofort

$$\langle x | D(\alpha) | \psi \rangle = \int \mathrm e^{\mathrm i \alpha p} \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp = \langle x+\alpha | \psi \rangle \;.$$ Wenn$\psi$kompakte Unterstützung hat, ist dies offensichtlich anders aus $$\sum_{k=0}^\infty \frac{ \langle x | (\mathrm i \alpha \hat p)^n | \psi \rangle }{n!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{ (\alpha \partial_x)^n }{n!} \langle x | \psi \rangle = \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm i\alpha)^n}{n!} \int p^n \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp \;.$$ Letzterer Ausdruck ist nur richtig, wenn wir die Reihenfolge des Integrals und der Reihe vertauschen können, wie auch in [Holstein, Swift (1972)] erklärt.