Schrödinger-Gleichung im Impulsraum aus Dirac-Notation

Question

Schrödinger-Gleichung im Impulsraum aus Dirac-Notation

Arnab

Ich versuche, ausgehend von der Schrödinger-Gleichung in abstrakter Notation, zwei unterschiedliche Arten der Erstellung der Schrödinger-Gleichung im Impulsraum miteinander in Einklang zu bringen. Die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung lautet natürlich:

ich ℏ \frac{D}{D T} | ψ (T) ⟩ = \hat{H} | ψ (T) ⟩ = (\frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} + v (\hat{X})) | ψ (T) ⟩

$i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}{|\psi(t)\rangle}=\hat H{|\psi(t)\rangle}=(\frac{\hat P^2}{2m}+ V(\hat X)){|\psi(t)\rangle}$

Die grundlegende Technik, es auf den Impulsraum zu projizieren, ist die folgende:

ich ℏ \frac{D}{D T} ⟨ P | ψ (T) ⟩ = ⟨ P | (\frac{{\hat{P}}^{2}}{2 M} + v (\hat{X})) | ψ (T) ⟩ = \frac{P^{2}}{2 M} ⟨ P | ψ (T) ⟩ + ⟨ P | v (\hat{X}) | ψ (T) ⟩

$i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}{\langle p|\psi(t)\rangle}=\langle p|(\frac{\hat P^2}{2m}+ V(\hat X)){|\psi(t)\rangle} =\frac{ p^2}{2m}\langle p|\psi(t)\rangle+\langle p| V(\hat X){|\psi(t)\rangle}$ wobei wir die Tatsache ausgenutzt haben, dass das Kontinuum der Eigenbasisvektoren von

\hat{P}

$\hat P$ sind mit ihren jeweiligen Eigenwerten bezeichnet

p

$p$ befriedigend:

\hat{P} | p ⟩ = p | p ⟩

$\hat P | p\rangle= p| p\rangle$ und jetzt mit der Definition

⟨ p | ψ (t) ⟩ =: \tilde{ψ} (p, t)

$\langle p| \psi(t)\rangle=: \widetilde{\psi}(p,t)$ wir können die obige Gleichung schreiben:

\begin{matrix} (PSE) & ich ℏ \frac{D}{D T} \tilde{ψ} (P, T) = \frac{P^{2}}{2 M} \tilde{ψ} (P, T) + ⟨ P | v (\hat{X}) | ψ (T) ⟩ \end{matrix}

$\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+\langle p| V(\hat x){|\psi(t)\rangle}\end{equation}\tag{P.S.E.}\label{P.S.E.}$ Jetzt kommt der knifflige Teil des Umgangs mit der

⟨ p | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩

$\langle p|V(\hat X){|\psi(t)\rangle}$ Begriff.

Die strenge Art der Auswertung besteht darin, zuerst den Identitätsoperator in die Impulsbasis einzufügen, um Folgendes zu erhalten:
$⟨ P | v (\hat{X}) | ψ (T) ⟩ = \int D P^{'} ⟨ P | v (\hat{X}) | P^{'} ⟩ ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ = \int D P^{'} ⟨ P | v (\hat{X}) | P^{'} ⟩ \tilde{ψ} (P^{'}, T)$ $\langle p|V(\hat X){|\psi(t)\rangle}= \int dp'\langle p|V(\hat X)|p'\rangle\langle p'{|\psi(t)\rangle}=\int dp'\langle p|V(\hat X)|p'\rangle \widetilde{\psi}(p',t)$ Jetzt können wir den Identitätsoperator zur Auswertung zweimal in die Positionsbasis einfügen $\langle p|V(\hat X)|p'\rangle=\widetilde{V}(p-p')$ Wo $\widetilde{V}(p)$ ist die Fourier-Transformation von $V(x)$ wrt $p$ . Alles zusammengenommen lautet die Schrödinger-Gleichung in der Impulsbasis: $\begin{matrix} (1) & ich ℏ \frac{D}{D T} \tilde{ψ} (P, T) = \frac{P^{2}}{2 M} \tilde{ψ} (P, T) + \tilde{v} (P) * \tilde{ψ} (P, T) \end{matrix}$ $\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{ p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+\widetilde{V}(p) *\end{equation}\widetilde{\psi}(p,t)\tag{1}\label{1}$ bei dem die $*$ Vorzeichen impliziert Faltung.
Wie oben zu sehen ist, ist die Gleichung $\ref{1}$ ist chaotisch und für jede praktische Berechnung schwer zu handhaben. Andererseits wissen wir, dass der Betreiber $\hat X$ wird vertreten durch $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ in der Impulsbasis (in abstrakter Notation: $\langle p|\hat X|\psi(t)\rangle = i\hbar\frac{d}{dp}\langle p|\psi(t)\rangle$ ). In Anbetracht dessen ist es legal, dies zum Schreiben der Impulsraum-Schrödinger-Gleichung zu verwenden $\ref{P.S.E.}$ als
$\begin{matrix} (2) & ich ℏ \frac{D}{D T} \tilde{ψ} (P, T) = \frac{P^{2}}{2 M} \tilde{ψ} (P, T) + v (ich ℏ \frac{D}{D P}) \tilde{ψ} (P, T) \end{matrix}$ $\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{ p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+V(i\hbar\frac{d}{dp})\widetilde{\psi} (p,t)\end{equation}\tag{2}\label{2}$ wo ich gerade die ausgetauscht habe $\hat X$ Betreiber mit $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ ?

Ich frage dies speziell, weil dies die Art von Argument ist, die verwendet wird, um zu sagen, dass der SE in der Positions- und Impulsbasis genau gleich ist, wenn wir das Problem des einfachen harmonischen Oszillators betrachten (wobei $x$ Und $p$ sind im Hamiltonian gleichberechtigt).

Wenn die Antwort auf meine Frage ja ist (was meine Vermutung ist, da man fast immer erweitern kann $V(x)$ in einer Potenzreihe von $x$ und dann ersetzen $x$ mit $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ überall), was bringt es dann, dieses ganze Geschwätz, das ich in 1 beschreibe, durchzugehen? Wenn die Antwort im Allgemeinen nein ist, gibt es bestimmte Fälle (in denen die funktionale Abhängigkeit des Potentials polynomial ist?), In denen wir diesen Trick anwenden können, und warum?

Entschuldigung für die lange Frage und jede Hilfe ist willkommen.

Antworten (2)

Schrödinger-Gleichung im Impulsraum aus Dirac-Notation

Andreas · Answer 1

Ich würde 1 interpretieren (plus ein paar zusätzliche Schritte und eine Annahme über $V$ ) als Ableitung von 2.

Insbesondere

\begin{array}{rcl} ⟨ P | v (\hat{X}) | ψ (T) ⟩ & = & \int D X \int D P^{'} ⟨ P | X ⟩ ⟨ X | v (\hat{X}) | P^{'} ⟩ ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ \\ = & \int D X \int D P^{'} e^{ich P X} v (X) e^{- ich P^{'} X} ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ \\ = & \int D X \int D P^{'} e^{- ich P^{'} X} v (- ich \frac{\partial}{\partial P}) e^{ich P X} ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ \\ = & v (- ich \frac{\partial}{\partial P}) \int D X \int D P^{'} e^{ich X (P - P^{'})} ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ \\ = & v (- ich \frac{\partial}{\partial P}) \int D P^{'} δ (P - P^{'}) ⟨ P^{'} | ψ (T) ⟩ \\ = & v (- ich \frac{\partial}{\partial P}) ⟨ P | ψ (T) ⟩ \\ = & v (- ich \frac{\partial}{\partial P}) \tilde{ψ} (P, T) \end{array}

$\begin{eqnarray} \langle p | V(\hat{X}) | \psi(t) \rangle &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' \langle p | x \rangle \langle x | V(\hat{X}) | p' \rangle \langle p'| \psi(t) \rangle \\ &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{i p x} V(x) e^{-ip'x} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{-ip'x} V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right)e^{i p x} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{i x(p-p')} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \int {\rm d} p' \delta(p-p')\langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \langle p | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \tilde{\psi}(p,t) \end{eqnarray}$

Um von Zeile 2 nach 3 zu gehen, nahm ich an, ich könnte Taylor expandieren $V(x)$ , und ersetzen Sie jeden Begriff wie $x^n e^{i p x}$ mit $(-i \partial_p)^n e^{i px}$ . Um dann von Linie 3 auf 4 zu gehen, zog ich $V(-i \partial_p)$ außerhalb des Integrals. Ich denke, alles andere ist einfach, aber ich füge bei Bedarf gerne zusätzliche Erläuterungen hinzu.

Ja, wie ich bereits in meiner Frage erwähnt habe, würde ich erwarten, dass dies geschieht, sobald Sie V (x) in Potenzreihen von x erweitern können. Wenn ich das immer tun kann, scheint Methode 1 so zu sein, als würde alles umsonst funktionieren. Vielleicht gibt es nicht-triviale Beispiele, wenn es wichtig wird, dass wir bei 1 beginnen?
Woher würden Sie wissen, dass Sie Methode 2 ohne dieses Argument ausführen könnten?
Auch in Schritt 3 sollte x durch ersetzt werden $i\hbar \partial_p$ ohne negatives Vorzeichen.
Was ich geschrieben habe, ist in Ordnung, da $-i \partial_p e^{ipx}=x$ (Ich stelle ein $\hbar=1$ ).
Ich bin nicht anderer Meinung, dass Methode 2 einfacher zu verwenden ist als Methode 1, aber Methode 1 ist grundlegender, da sie immer funktioniert und verwendet werden kann, um Methode 2 abzuleiten. Sie könnten vielleicht vermuten, dass Methode 2 vernünftig ist, aber Methode 1 ist wie Sie beweisen, dass es funktioniert, ausgehend von grundlegenderen Prinzipien der Quantenmechanik.
Nun, wenn man sich die Matrixelemente ansieht: $\langle p | V(\hat{X}) | \psi(t) \rangle = \langle p |$ \sum a_n\hat X^n $| \psi(t) \rangle$ und jetzt mit der Beziehung $⟨ P | \hat{X} \equiv ich ℏ . \frac{\partial}{\partial P} ⟨ P |$ $\langle p | \hat{X}\equiv i\hbar. \frac{\partial }{\partial p}\langle p|$ , ich komme gerade bis 2.
Das ist nur eine abstrakte Art zu schreiben $\langle p | \hat{X}|\psi\rangle= i\hbar. \frac{\partial }{\partial p}\langle p|\psi\rangle$
Ja. Aber woher wissen Sie, dass diese Beziehung wahr ist, ausgehend von den Axiomen der Quantenmechanik? Die Antwort ist, dass Sie ein Argument wie das in meiner Antwort durchgehen.
Ach, ich verstehe was du meinst. Nun, das kommt letztlich von der fundamentalen Vertauschungsrelation zwischen x und p, die du bei deiner Herleitung für 2 auch implizit verwendet hast. Auf jeden Fall danke, dass du dir die Zeit genommen hast, meine Frage zu beantworten. Bin dankbar!
Mit anderen Worten, die Definition der $X$ Betreiber ist das $X|x\rangle=x|x\rangle$ . Um zu beweisen, wie $X$ wirkt auf $|p\rangle$ Staaten, die Standardmethode zum Einfügen eines vollständigen Satzes von $p$ Staaten und Verwendung $\langle x | p \rangle =e^{ipx}$ . Das ist, was Methode 1 tut. Methode 2 gibt Ihnen die Antwort auf das Wie $X$ wirkt auf die $p$ sagt, aber dies ist aus seiner Definition nicht offensichtlich und es ist kein Beweis.
Ja, vereinbart, die grundlegende Beziehung ist $[x,p]=i\hbar$ .
@ArnabAdhikary Der Grund, warum es nützlich ist, Methode 1 zu kennen, obwohl ich zustimme, dass es für die Lösung von 1D-Problemen mit Position und Impuls übertrieben ist, ist, dass es immer funktioniert. In komplizierteren Systemen, in denen die Kommutierungsbeziehungen zwischen den Operatoren interessanter sind, können Sie immer Methode 1 verwenden, um herauszufinden, was passiert, während Methode 2 spezifisch für die Positions-Impuls-Operatoren ist.
Ich stimme zu. Der Grund, warum ich diese Frage gestellt habe, war die Bemerkung eines meiner Professoren, dass die SE im Impulsraum so kompliziert ist, weil Sie Fourier-Transformationen und Faltungen vornehmen müssen. Ich glaube nicht, dass das der Grund ist. Der grundlegendere Grund scheint zu sein, dass V eine sehr komplizierte Funktion sein kann und es einfacher ist, damit im Ortsraum (wo es nur ein Multiplikationsoperator ist) als im Impulsraum (wo es ein hässlicher Differentialoperator ist) umzugehen.
Ah ich sehe. Nun, ein Grund, warum dies so einfach war, ist, dass es einen Teilchen- und einen Impulsoperator gibt. Wenn Sie zu Mehrteilchensystemen kommen, stellt sich heraus, dass Sie die Wechselwirkungen nicht als lokalen Differentialoperator im Impulsraum ausdrücken können. Obwohl das Potential sehr kompliziert werden kann, gibt es auf der anderen Seite Annäherungs- und numerische Methoden, um damit umzugehen. Also stimme ich Ihnen beiden zu, obwohl ich zustimme, dass Sie für 1-Teilchen-QM-Probleme tatsächlich die Faltungen durchführen und einen lokalen Operator im Impulsraum erhalten können.

lpz · Answer 2

Ich möchte die Antwort von @ Andew vervollständigen. Methode 1 ist allgemeiner, und daher ist es am besten, Methode 2 als Folge von 1 zu sehen. Dies kann durch Anwenden einer mehrfachen Integration nach Teilen auf das Integral des Faltungsprodukts gesehen werden. Generell ab $V = x^n$ , leitest du ab $\tilde V = 2\pi i^n\delta^{(n)}(p)$ , So

\tilde{v} * \tilde{ψ} = (2 π {ich}^{N} δ^{(N)} (P)) * \tilde{ψ} = (2 π δ (P)) * ((- ich)^{N} {\tilde{ψ}}^{(N)}) = (- ich)^{N} {\tilde{ψ}}^{(N)}

$\tilde V*\tilde \psi = (2\pi i^n\delta^{(n)}(p))*\tilde \psi \\ =(2\pi\delta(p))*((-i)^n\tilde \psi^{(n)}) \\ =(-i)^n\tilde \psi^{(n)}$ unter Verwendung der Maßnahme

\frac{d p}{2 π}

$\frac{dp}{2\pi}$ in der Integration wie immer, und der zweite Schritt verwendet die Integration nach Teilen.

Methode 2 ist nützlicher für eine vollständige analytische Auflösung. Nehmen Sie zum Beispiel ein Teilchen unter einem gleichmäßigen Kraftfeld:

H = \frac{P^{2}}{2 M} - F X

$H = \frac{p^2}{2m}-Fx$ im Impulsraum wird dies zu:

\frac{P^{2}}{2 M} \tilde{ψ} - F ich ℏ {\tilde{ψ}}^{'} = E \tilde{ψ}

$\frac{p^2}{2m}\tilde\psi-Fi\hbar\tilde \psi' = E\tilde\psi$ die du ganz einfach lösen kannst:

\tilde{ψ} = C \exp (\frac{1}{F ich ℏ} (\frac{P^{3}}{6 M} - E P))

$\tilde \psi = C\exp\left(\frac{1}{Fi\hbar}\left(\frac{p^3}{6m}-Ep\right)\right)$ und Fourier-Transformation zurück in den Ortsraum erhalten Sie die integrale Darstellung der Airy-Funktion.

Methode 1 wird typischerweise bei perturbativen Erweiterungen verwendet. Schauen Sie sich zum Beispiel die Born-Erweiterung an. Im Allgemeinen ist der Grund, warum Sie beim Aufschreiben von Feynman-Diagrammen die internen Impulslinien herausintegrieren, der, dass Sie ein Faltungsprodukt berechnen. Auch mathematisch hat die Methode 1 schönere Eigenschaften, wie wenn Sie eine ODE in eine Integralgleichung umwandeln, auf die Sie Fixpunktsätze usw. anwenden können. Um allgemeine mathematische Ergebnisse zu beweisen, sind sie daher die besseren Ausgangspunkte.

Hoffe, das hilft und sag mir, wenn etwas nicht klar ist.

Schrödinger-Gleichung im Impulsraum aus Dirac-Notation

Arnab

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