Schrödinger-Gleichung im Impulsraum

Question

Schrödinger-Gleichung im Impulsraum

Alex

In der Literatur zu einer Einführung in die Quantenmechanik, die ich gerade durcharbeite, gibt es einen Abschnitt, der erklärt, dass ein Vektor je nach gewählter Basis unterschiedliche Darstellungen hat. Das macht dann eine Aussage

Dasselbe gilt für den Zustand eines Systems in der Quantenmechanik. Es wird durch einen Vektor dargestellt , $\lvert\mathcal{S(t)}\rangle$ , das "da draußen im Hilbert-Raum" lebt, aber wir können es in Bezug auf eine beliebige Anzahl verschiedener Basen ausdrücken. Die Wellenfunktion $\Psi(x,t)$ ist eigentlich der Koeffizient in der Erweiterung von $\mathcal{S(t)}$ in der Basis von Ortseigenfunktionen:
$Ψ (X, T) = ⟨ X | S (T) ⟩$ $\Psi(x,t) = \langle x | \mathcal{S(t)} \rangle$ (mit $|x\rangle$ stehen für die Eigenfunktion von $\hat{x}$ mit Eigenwert $x$ ), während die Impulsraumwellenfunktion $\Phi(p,t)$ ist die Erweiterung von $| \mathcal{S} \rangle$ in der Basis von Impuls-Eigenfunktionen: $Φ (P, T) = ⟨ P | S (T) ⟩$ $\Phi(p,t) = \langle p | \mathcal{S}(t) \rangle$ (mit $|p \rangle$ stehen für die Eigenfunktion von $\hat{p}$ mit Eigenwert $p$ ).

Das steht dann drauf $\Psi$ Und $\Phi$ enthalten die gleichen Informationen und beschreiben den gleichen Zustand.

Frage:

Wenn wir uns entscheiden, im Impulsraum (oder Raum mit einer anderen Basis) zu arbeiten, wie wirkt sich dies auf die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung aus?

ich ℏ \frac{\partial Ψ}{\partial T} = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} Ψ}{\partial X^{2}} + v Ψ ?

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \Psi}{\partial x^2} + V \Psi?$ Wird es anders angegeben?

ACuriousMind

Das muss man natürlich anders sagen, differenzieren

Φ

$\Phi$ gegenüber

x

$x$ macht keinen sinn! Lesen Sie einfach weiter; Was auch immer Sie lesen, sollte auch erklären, wie Operatoren in verschiedenen Basen ausgedrückt werden.

Alex

@ACuriousMind Könnte eine dumme Frage sein, aber weiter unten gibt es ein Beispiel. Beispiel: Stellen Sie sich ein System vor, in dem es nur zwei linear unabhängige Zustände gibt:

| 1 ⟩ = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) Und | 2 ⟩ = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})

$|1\rangle =\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}~~~\text{and}~~~|2\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ Der allgemeinste Zustand ist eine normierte Linearkombination:

S = A | 1 ⟩ + B | 2 ⟩ = (\begin{matrix} A \\ B \end{matrix})

$\ \mathcal{S} = a|1\rangle + b|2\rangle= \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit

| a |^{2} + | b |^{2} = 1

$|a|^2+|b|^2=1$ . Die (zeitabhängige) Schrödinger-Gleichung sagt

i ℏ \frac{d}{d t} | S ⟩ = H | S ⟩

$i\hbar \frac{d}{dt}| \mathcal{S} \rangle = H |\mathcal{S} \rangle$ . Warum bleibt die Schrödinger-Gleichung in diesem Beispiel unverändert?

Knzhou

Es ändert sich nicht, weil alles in Matrix- oder Vektorform vorliegt. Wenn Sie die Dinge in Komponenten erweitert haben (wie z

H_{12}

$H_{12}$ usw.) würden diese Komponenten von der Basis abhängen.

Alex

@knzhou Danke für deine Antwort. Warum erlaubt Ihnen das Schreiben in Matrix- oder Vektorform, die Shrodinger-Gleichung nicht zu ändern? Und was genau meinst du mit Erweiterung in Komponentenform?

Ruslan

@Alex, weil es sich um eine koordinatenfreie Form handelt. In Komponenten bedeutet in Projektionen auf bestimmte Basiszustände, wie Sie in Ihrer Frage Schrödingers Gleichung in Positionsbasis geschrieben haben.

Alex

@Ruslan Ich folge der Argumentation nicht. Ich habe gerade erst angefangen, dies zu studieren, also übersehe ich vielleicht etwas Einfaches. Sie sagen, dass "Matrix- und Vektorform" eine "koordinatenfreie Form" ist, weshalb die Schrödinger-Gleichung ihre Form nicht ändert? Könnten Sie bitte erläutern, was das bedeutet?

Ruslan

Wenn Sie zB sagen, gibt es eine Rotation

M

$M$ die auf einen Vektor angewendet werden

\vec{v}

$\vec v$ , gibt Ihnen einen neuen Vektor

\vec{p}

$\vec p$ , Sie können es auf zwei Arten schreiben:

\begin{matrix} (1) & M \vec{v} = \vec{P}, \end{matrix}

$M\vec v=\vec p,\tag1$

\begin{matrix} (2) & \sum_{J} M_{ich J} v_{J} = P_{ich} . \end{matrix}

$\sum_j M_{ij}v_j=p_i.\tag2$ Der erste ist koordinatenunabhängig (allgemein), während der zweite in Koordinaten geschrieben ist und sich für einen bestimmten Satz von Basisvektoren ändert, die Sie auswählen (z

\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}

$\vec x,\vec y,\vec z$ vs

\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}

$\vec a,\vec b,\vec c$ ), wenn Sie die Matrix und den Vektor genau ausschreiben.

Antworten (2)

Schrödinger-Gleichung im Impulsraum

Das muss man natürlich anders sagen, differenzieren $\Phi$ gegenüber $x$ macht keinen sinn! Lesen Sie einfach weiter; Was auch immer Sie lesen, sollte auch erklären, wie Operatoren in verschiedenen Basen ausgedrückt werden.
@ACuriousMind Könnte eine dumme Frage sein, aber weiter unten gibt es ein Beispiel. Beispiel: Stellen Sie sich ein System vor, in dem es nur zwei linear unabhängige Zustände gibt: $| 1 ⟩ = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) Und | 2 ⟩ = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})$ $|1\rangle =\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}~~~\text{and}~~~|2\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ Der allgemeinste Zustand ist eine normierte Linearkombination: $S = A | 1 ⟩ + B | 2 ⟩ = (\begin{matrix} A \\ B \end{matrix})$ $\ \mathcal{S} = a|1\rangle + b|2\rangle= \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit $|a|^2+|b|^2=1$ . Die (zeitabhängige) Schrödinger-Gleichung sagt $i\hbar \frac{d}{dt}| \mathcal{S} \rangle = H |\mathcal{S} \rangle$ . Warum bleibt die Schrödinger-Gleichung in diesem Beispiel unverändert?
Es ändert sich nicht, weil alles in Matrix- oder Vektorform vorliegt. Wenn Sie die Dinge in Komponenten erweitert haben (wie z $H_{12}$ usw.) würden diese Komponenten von der Basis abhängen.
@knzhou Danke für deine Antwort. Warum erlaubt Ihnen das Schreiben in Matrix- oder Vektorform, die Shrodinger-Gleichung nicht zu ändern? Und was genau meinst du mit Erweiterung in Komponentenform?
@Alex, weil es sich um eine koordinatenfreie Form handelt. In Komponenten bedeutet in Projektionen auf bestimmte Basiszustände, wie Sie in Ihrer Frage Schrödingers Gleichung in Positionsbasis geschrieben haben.
@Ruslan Ich folge der Argumentation nicht. Ich habe gerade erst angefangen, dies zu studieren, also übersehe ich vielleicht etwas Einfaches. Sie sagen, dass "Matrix- und Vektorform" eine "koordinatenfreie Form" ist, weshalb die Schrödinger-Gleichung ihre Form nicht ändert? Könnten Sie bitte erläutern, was das bedeutet?
Wenn Sie zB sagen, gibt es eine Rotation $M$ die auf einen Vektor angewendet werden $\vec v$ , gibt Ihnen einen neuen Vektor $\vec p$ , Sie können es auf zwei Arten schreiben: $\begin{matrix} (1) & M \vec{v} = \vec{P}, \end{matrix}$ $M\vec v=\vec p,\tag1$ $\begin{matrix} (2) & \sum_{J} M_{ich J} v_{J} = P_{ich} . \end{matrix}$ $\sum_j M_{ij}v_j=p_i.\tag2$ Der erste ist koordinatenunabhängig (allgemein), während der zweite in Koordinaten geschrieben ist und sich für einen bestimmten Satz von Basisvektoren ändert, die Sie auswählen (z $\vec x,\vec y,\vec z$ vs $\vec a,\vec b,\vec c$ ), wenn Sie die Matrix und den Vektor genau ausschreiben.

Alfred Centauri · Answer 1

Als Ergänzung zu einer anderen Antwort werde ich den Wechsel von der Koordinatendarstellung (Wellenfunktion) zur Impulsdarstellung demonstrieren.

Daran erinnernd

Ψ (X, T) = \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T)

$\Psi(x,t) = \int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t)$

und diesen Ausdruck in die (Koordinatendarstellung des) TDSE einsetzen, haben wir

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T) = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T) + v (X) \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T)

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t) + V(x)\int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t)$

Wir können die Partialzahlen in die Integrale verschieben, aber wir müssen mit dem Potential vorsichtig sein. Bemerken, dass

Φ (P, T) = \int D X \frac{e^{- ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Ψ (X, T)

$\Phi(p,t) = \int dx \frac{e^{-i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}} \Psi(x,t)$

wir haben

v (X) \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T) = \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} \int D X^{'} \frac{e^{- ich \frac{P}{ℏ} X^{'}}}{\sqrt{2 π ℏ}} v (X^{'}) Ψ (X^{'}, T)

$V(x)\int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t) = \int dp\frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int dx'\frac{e^{-i\frac{p}{\hbar}x'}}{\sqrt{2\pi\hbar}}V(x')\Psi(x',t)$

Aber,

\int D X^{'} \frac{e^{- ich \frac{P}{ℏ} X^{'}}}{\sqrt{2 π ℏ}} v (X^{'}) Ψ (X^{'}, T) = v (P) * Φ (P, T)

$\int dx'\frac{e^{-i\frac{p}{\hbar}x'}}{\sqrt{2\pi\hbar}}V(x')\Psi(x',t)= V(p) * \Phi(p,t)$

Wo $*$ bedeutet Faltung . So können wir schreiben

\begin{aligned} \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} (ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} Φ (P, T)) & = - \int D P \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} (\frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} Φ (P, T)) \\ + \int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} (v (P) * Φ (P, T)) \end{aligned}

$\begin{align} \int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\left(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Phi(p,t)\right) &= -\int dp \frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\left(\frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\Phi(p,t)\right)\\&\qquad + \int dp\frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\left( V(p) * \Phi(p,t)\right) \end{align}$

führt zu

\int D P \frac{e^{ich \frac{P}{ℏ} X}}{\sqrt{2 π ℏ}} {ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} Φ (P, T) = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} (- \frac{P^{2}}{ℏ^{2}} Φ (P, T)) + v (P) * Φ (P, T)}

$\int dp \frac{e^{i\frac{p}{\hbar}x}}{\sqrt{2\pi\hbar}} \left\{ i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Phi(p,t) = -\frac{\hbar^2}{2m}\left(-\frac{p^2}{\hbar^2}\Phi(p,t) \right) + V(p)*\Phi(p,t)\right\}$

und so

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} Φ (P, T) = \frac{P^{2}}{2 M} Φ (P, T) + v (P) * Φ (P, T)

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Phi(p,t) = \frac{p^2}{2m}\Phi(p,t) + V(p)*\Phi(p,t)$

donnydm · Answer 2

Der sicherste Einstieg ist die darstellungsfreie Schrödinger-Gleichung,

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} | Ψ (T) ⟩ = \hat{H} | Ψ (T) ⟩ .

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}|\Psi(t)⟩= \hat{H}|\Psi(t)⟩.$ In Bezug auf Ihren Fall nehmen wir den trennbaren Hamilton-Operator:

H = \frac{p^{2}}{2 m} + V

$H=\frac{p^2}{2m}+V$ so dass

ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} | Ψ (T) ⟩ = (\frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} + v) | Ψ (T) ⟩ .

$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}|\Psi(t)⟩= \left(\frac{\hat{p}^2}{2m}+V\right)|\Psi(t)⟩.$ Jetzt ist es an der Zeit, dass die Sache mit der Repräsentation ins Spiel kommt. Um im Impulsraum zu arbeiten, müssen Sie die Gleichung auf die Impulsbasis projizieren (dh multiplizieren mit

⟨ p |

$\langle p|$ ). Man kann sehen, dass

⟨ p | Ψ (t) ⟩ = Ψ (p, t)

$\langle p|\Psi(t)\rangle=\Psi(p,t)$ ist eine Eigenfunktion des Operators

p

$p$ , so dass

\hat{P} Ψ (P, T) = P Ψ (P, T)

$\hat{p}\Psi(p,t)=p\Psi(p,t)$ (beachten Sie, dass

p

$p$ im RHS ist eine Zahl, kein Operator). Sie können hier sehen, dass wir es nicht mehr verwenden

\hat{p}

$\hat{p}$ als Derivat von

x

$x$ was keinen Sinn macht, wenn man mit einer Funktion von arbeitet

p

$p$ .

Stellen Sie für den potenziellen Teil einfach sicher, dass Sie konvertiert haben $V(x)$ Zu $V(p)$ durch die Nutzung

\hat{X} = ich ℏ \frac{\partial}{\partial P} .

$\hat{x}=i\hbar\frac{\partial}{\partial p}.$ (Siehe Wie erhält man den Positionsoperator in der Impulsdarstellung, wenn man den Impulsoperator in der Positionsdarstellung kennt? )

Danke. Funktioniert das ganze: $ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} | Ψ (T) ⟩ = \frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} | Ψ (T) ⟩ + v | Ψ (T) ⟩ ∴ ich ℏ ⟨ P | \frac{\partial}{\partial T} | Ψ (T) ⟩ = (\frac{1}{2 M}) ⟨ P | {\hat{P}}^{2} | Ψ (T) ⟩ + v (P) ⟨ P | Ψ (T) ⟩ ∴ ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} ⟨ P | Ψ (T) ⟩ = \frac{P^{2}}{2 M} ⟨ P | Ψ (T) ⟩ + v (P) ⟨ P | Ψ (T) ⟩ ∴ ich ℏ \frac{\partial}{\partial T} Ψ (P, T) = \frac{P^{2}}{2 M} Ψ (P, T) + v (P) Ψ (P, T)$ $i \hbar \frac{\partial}{\partial t} | \Psi(t) \rangle = \frac{\hat{p}^2}{2m}| \Psi(t) \rangle + V| \Psi(t) \rangle \\ \therefore i \hbar \langle p| \frac{\partial}{\partial t} | \Psi(t) \rangle = ( \frac{1}{2m})\langle p| \hat{p}^2 | \Psi(t) \rangle + V(p)\langle p | \Psi(t) \rangle \\ \therefore i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \langle p | \Psi(t) \rangle = \frac{p^2}{2m} \langle p| \Psi(t) \rangle + V(p)\langle p| \Psi(t) \rangle \\ \therefore i \hbar \frac{\partial}{\partial t}\Psi(p,t) = \frac{p^2}{2m}\Psi(p,t) + V(p)\Psi(p,t)$
@Alex, Impulsraumpotential $V(p)$ wird mit der Impulsraumwellenfunktion gefaltet .

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