Vergleich von 1D- und 3D-Wellenfunktionen

Der 3D-Fall unterscheidet sich vom 1D-Fall, fühlen Sie sich also nicht zu sehr der Analogie verpflichtet. Im 1D-Fall erhalten Sie jedoch nur Sinusfunktionen als Lösungen, wenn Sie eine "harte Wand" (eine unendliche Potentialbarriere) anbringen$x=0$. Das ist im Grunde, was hier passiert: Der Ursprung ist eine Art "harte" Grenze für die Radialgleichung, da "negativer Radius" keinen Sinn macht.

Außerdem divergiert die kosinusartige Lösung wie folgt$\frac{1}{r}$bei$r=0$was die Schrödinger-Gleichung nicht erfüllt. Genauer gesagt ein$\frac{1}{r}$-Lösung ist normalisierbar, aber$\nabla^2(\frac{1}{r})=-4\pi\delta(r)$und um die Schrödinger-Gleichung in diesem Fall zu erfüllen, brauchen wir$\nabla^2(\frac{1}{r})=\frac{E}{r}$.

Schließlich gibt es auch außerhalb der Kugel eine Lösung der Gleichung. Es nimmt (wie Sie betonen) exponentiell ab. Diese Lösung hat auch eine unbestimmte Konstante, also brauchen Sie zwei Randbedingungen, um die beiden unbestimmten Konstanten zu finden: die eine innerhalb und die eine außerhalb.

Bearbeiten : Da in den Kommentaren nicht genügend Platz ist, um meinen Standpunkt zu den beiden Randbedingungen angemessen darzustellen, antworte ich hier.

Ja, Sie haben Recht, dass Sie mit nur den beiden Bedingungen (Normalisierung und Stetigkeit) eine vernünftige Lösung erhalten können, aber Sie können keine korrekte Lösung erhalten. Dies liegt daran, dass Normalisierung eine Anforderung ist, die wir auferlegen, aber Kontinuität und Glätte mathematische Anforderungen an das System sind. Das könnte ich genauso gut verlangen$\psi(3)=16$und es hätte für die Lösung des Problems genauso viel mathematische Relevanz wie die Normalisierung.

Allerdings ist die Normalisierung eine Einschränkung der Lösungen des Systems; Daher ist dieses System tatsächlich überspezifiziert und lässt nur eine zählbare Anzahl von Lösungen zu (ein Kennzeichen jeder Sturm-Liouville-Theorie ). Mit anderen Worten, die Normalisierungsbedingung ist wichtig, negiert jedoch nicht die anderen strengen mathematischen Anforderungen des Problems (nämlich Glätte). Warum das so ist, versuche ich im Folgenden mathematisch rigoros zu erklären.

(Außerdem möchte ich darauf hinweisen, dass Sie im 1D-Fall nicht nur Kontinuität und Glätte an einer Grenze haben: Sie haben sie an 2 Grenzen. Sie haben in diesem Fall tatsächlich 4 Gleichungen mit 4 Unbekannten - da es eine geben wird zerfallende Lösung auch auf der anderen Seite des Brunnens, verwechseln Sie also nicht 1D und 3D, sie stimmen hier nur überein, wenn es eine "harte Wand" gibt$r=0$(In diesem Fall haben Sie nur 1 Unbekannte im Schacht, da Kosinuslösungen nicht zugelassen sind.)

Erstens, da Sie gerne akzeptieren, dass die Wellenfunktion stetig sein muss$r=a$, werde ich beweisen, dass dies impliziert, dass die Wellenfunktion auch bei glatt ist$r=a$(auch im 3D-Fall). Zweitens werde ich zeigen, dass wir mit der Glattheitsbedingung (wie erwartet) ein diskretes Spektrum gebundener Zustände wiederherstellen. Drittens werde ich beweisen, dass wir ohne die Glattheitsbedingung ein Kontinuum von gebundenen Zuständen wiederherstellen. Indem ich zeige, dass Glätte erforderlich ist und dass dies ein diskretes Spektrum impliziert, werde ich zeigen, dass die Lösung des Problems ohne Berücksichtigung der Glätte falsch ist, da sie nicht die gleichen Ergebnisse liefert wie die mathematisch strenge Methode.

Erstens, weil wir glauben, dass die Funktion stetig (aber möglicherweise nicht differenzierbar) ist$r=a$, lösen wir die folgende Integralgleichung:

$$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dr^2}dr\Big]+\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}E\psi(r)dr\Big]$$ Im Grunde integriere ich nur die Schrödinger-Gleichung für dieses Problem in einem kleinen Bereich um den Punkt herum, an dem wir erwarten, dass die Wellenfunktion (möglicherweise) eine Spitze hat. Hier, $V(r)=0$(Wenn $r<a$) oder $V(r)=V_0$(Wenn $r>a$). Das bedeutet, dass $$\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a-\epsilon}^{a+\epsilon}V(r)\psi(r)dr\Big]=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\Big[\int_{a}^{a+\epsilon}V_0\psi(r)dr\Big]=0$$ Auflösen der obigen Gleichungen ergibt: $$\frac{-\hbar^2}{2m}\Big(\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}-\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-}\Big)=0 \\ \therefore \ \frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^+}=\frac{d\psi}{dr}\Big|_{r=a^-}$$ Und diese letzte Gleichung ist genau die Definition von Glätte.

Nehmen wir nun das 3D-Problem für$l=0$(was der Fall ist, nach dem Sie in Ihrer Frage fragen) und lösen Sie es:

$$\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_1}{dr^2}=E\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{for r<a)}\\ \frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_2}{dr^2}+V_0\psi_2=E\psi_2 \ \ \ \text{(for r>a)}$$ Lassen Sie uns definieren $k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$Und $k_2=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$. Deshalb, $$\frac{d^2\psi_1}{dr^2}=-k_1^2\psi_1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{for r<a)}\\ \frac{d^2\psi_2}{dr^2}=k_2^2\psi_2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{(for r>a)}$$ Nehmen wir das an $E<V_0$so dass wir exponentielle Lösungen erhalten, wenn $r>a$statt oszillierende Lösungen. Wenn $E>V_0$, unsere Lösungen sind keine gebundenen Zustände und zerfallen nicht exponentiell wie $r\rightarrow\infty$. Das Lösen dieser Gleichungen ergibt $$\psi_1(r)=A\sin(k_1r)+B\cos(k_1r) \\ \psi_2(r)=Ce^{k_2r}+De^{-k_2r}$$ Jetzt müssen wir unsere Randbedingungen anwenden. Erstens, da haben wir eine unendliche Potentialbarriere an $r=0$, $\psi_1(0)=0$; Deshalb, $B=0$. Als nächstes müssen wir dies durch Normalisierbarkeit fordern $\psi_2(\infty)=0$; Deshalb, $C=0$. Dies lässt nur $$\psi_1(r)=A\sin(k_1r) \\ \psi_2(r)=De^{-k_2r}$$ Nun wenden wir unsere Stetigkeitsbedingung at an $r=a$: $$A\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ \therefore \frac{A}{D}=\frac{e^{-k_2a}}{\sin(k_1a)}$$ Wenn Sie nun das Problem eindeutig lösen möchten, müssen Sie Glättung bei anwenden $r=a$, die Ihnen geben wird $$k_1A\cos(k_1a)=-k_2De^{-k_2a} \\ \therefore \tan(k_1a)=-\frac{k_1}{k_2}$$

Diese letzte Gleichung ist eine transzendente Gleichung, die es uns ermöglicht, nach den Energieniveaus der gebundenen Zustände des Problems zu lösen. Hier ist ein WolframAlpha-Diagramm der beiden Seiten dieser Gleichung$a=10$Und$V_0=50$. (http://www.wolframalpha.com/input/?i=Plot[{Tan[Sqrt[x]*10]%2C+-Sqrt[x%2F%2850-x%29]}%2C{x%2C0 %2C50}]) Wie man sieht, gibt es nur endlich viele Schnittpunkte zwischen den beiden Graphen und somit nur endlich viele zulässige Energiewerte (dh das Energiespektrum ist diskret).

Lassen Sie uns abschließend einen Blick auf den Versuch werfen, das Problem nur mit Kontinuität und Normalisierung zu lösen.

$$A\sin(k_1a)=De^{-k_2a} \\ 1=\int^a_0A^2\sin^2(k_1r)dr+\int^\infty_aD^2e^{-2K_2r}dr \\ \therefore \ A=\frac{1}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}} \\ \ \ \ D=\frac{e^{k_2a}\sin(k_1a)}{\sqrt{\frac{a}{2}-\frac{\sin(2k_1a)}{4k_1}+\frac{e^{-k_2a}\sin(k_1a)}{2k_2}}}$$ Wie Sie sehen können, gibt es keine Beschränkung für die Werte $k_1$Und $k_2$übernehmen kann. Jeder Wert zwischen $0$Und $V_0$gibt eine vernünftige Antwort.

Daher müssen wir schlussfolgern, dass unter Vernachlässigung der Glattheitsbedingung an der Grenze in 3D$l=0$Fall ist inakzeptabel, da dies eine grundlegend andere Antwort ergibt als die, die abgeleitet wird, wenn die Glätte nicht ignoriert wird. Darüber hinaus ist Glätte für das Problem erforderlich, und diese Tatsache ist mathematisch ableitbar (wie oben gezeigt).

Zunächst einmal ist die Normalisierung keine Bedingung, um die Konstante festzulegen . Die Schodinger-Gleichung ist eine lineare Gleichung, da die Lösungen einen linearen Raum bilden - den Hilbert-Raum. Ein physikalischer Zustand ist eine äquivalente Klasse der Vektoren im Hilbert-Raum, wobei zwei Vektoren zur selben Klasse gehören, wenn sie sich nur durch eine konstante komplexe Zahl ungleich Null unterscheiden. Und es ist klar, dass normalisierte Wellenfunktionen keinen linearen Raum bilden, sie sind tatsächlich nur ein Vertreter (Klasse) der äquivalenten Klasse mit einer Mehrdeutigkeit der Phase. Tatsächlich ist der normalisierte Zustand kein notwendiger Bestandteil der Quantenmechanik, da wir immer den Erwartungswert definieren können

$$\begin{equation} \langle O \rangle = \frac{\langle \psi| O |\psi \rangle }{\langle \psi |\psi \rangle} \end{equation}$$ dennoch sind Normalisierungen in der praktischen Berechnung bequem.

(Die folgende Aussage ist wenig originell, ich erläutere nur Abschnitt 8.4 der Referenz [1] für den Kontext dieses Problems. Danke OP, Sie bringen mich dazu, etwas zu lernen.)

Wichtig ist jedoch die Normalisierbarkeit (zumindest für die gebundenen Zustände). Physikalisch ist die Gesamtwahrscheinlichkeit für dieses Teilchen, im gesamten Raum für in gebundenem Zustand zu sein$1$per Definition. Mathematisch verlangen wir, dass physikalische Observable selbstadjungierte Operatoren in Bezug auf ein (gewichtetes) inneres Produkt sind (das Gewicht ist zum Beispiel$r^2 \sin \theta$in sphärischen Polarkoordinaten). Also für die Laplace-Gleichung in 3d, wenn der Eigenwert ist$0$

$$\begin{equation} -\frac{1}{r^2} \frac{d }{d r} (r^2 \frac{d\psi}{dr}) + \frac{l(l+1)}{r^2}\psi = 0 \end{equation}$$ für $l \ne 0$, die Lösung $\psi = r^{-(l+1)}$muss ausgeschlossen werden, da es in der Nähe nicht normalisierbar ist $r=0$. Und in diesem Fall keine Randbedingung an $r=0$wird gebraucht.

Interessant wird es, wenn$l=0$. Die beiden Lösungen$1$Und$\frac{1}{r}$sind alle in der Nähe normalisierbar$r=0$. Ihr Verhalten rund um die$r=0$ist für den Eigenwert unerheblich. Für einen allgemeinen Fall sind die beiden unabhängigen normierbaren Lösungen$j_0(kr)$Und$n_0(kr)$haben die gleichen Erweiterungen wie$k=0$,

$$\begin{equation} j_0(kr) \sim 1 \quad -k n_0(kr) \sim \frac{1}{r} \end{equation}$$

Das Problem ergibt sich hier aus der Tatsache, dass$r=0$ist ein singulärer Punkt dieser Differentialgleichung, wo die Koeffizienten von ODE schlecht definiert sind. Mein persönlicher Standpunkt ist, dass die Transformation von kartesischen zu sphärischen Polarkoordinaten einzigartig ist$r =0$und wir verlieren irgendwie die Informationen dort! Der Weg zur Wiederherstellung des beschädigten Teils besteht darin, eine Randbedingung bereitzustellen . Diese Randbedingung ist jedoch nicht völlig willkürlich: Wir verlangen, dass diese mit dem inneren Produkt verbundene Randbedingung den Hamilton-Operator zu einem selbstadjungierten Operator (mathematischer Alias ​​für Hermitian) macht. Das Weyl-Theorem befasst sich systematisch mit diesem Problem: Die Lösung für diesen Fall (Grenzkreis) besteht darin, dass wir die Randbedingung bei angeben$r=0$sein

$$\begin{equation} \psi \sim A(1 + \frac{a_s}{r} ) \end{equation}$$ Wo $a_s$wird als Streulänge bezeichnet und konnte experimentell bestimmt werden. Wie von Geoffrey betont, ist die physikalische Bedeutung dieses Parameters, dass er ein Delta-Potential nachahmt (siehe Psedo-Potential ) . $\nabla \frac{1}{r}= -4\pi \delta(r)$im Zentrum, wohin unsere Differentialgleichung nicht gelangen kann. Die Delta-Funktion stellt wie die Randbedingung gewissermaßen die Informationen wieder her, die in der Transformation fehlen. Also ignorieren wir das $n_0$Verzweigung durch Angabe $a_s =0$, das liegt einfach daran, dass wir in Wirklichkeit glauben, dass es im Zentrum kein Potenzial gibt, eine offensichtliche Tatsache vor der Koordinatentransformation.

Und ja, Dimensionalität ist definitiv entscheidend. Für ein$n$-dimensionaler radialer Laplace-Operator

$$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{g}} ( \sqrt{g} \psi^{i} )_{,i} = \frac{1}{r^{n-1}} \frac{\partial}{\partial r}(r^{n-1} \frac{\partial}{\partial r}\psi) \end{equation}$$ selbst wenn $l=0$, eine der Lösungen $\psi = r^{-(n-2)}$werden nicht normalisierbar, wenn $n\ge 4$. Also, wenn die Dimension größer als ist $4$, können Sie die Punktwechselwirkung in der Mitte vollständig ignorieren, ohne die Lösung zu stören, wie stark sie auch sein mag. Es wird gesagt, dass es in der Theorie irrelevant ist.

[1]: Mathematik für Physik: Eine Führung für Doktoranden, Michael Stone, Paul Goldbart.

Sie haben andere Antworten erhalten, daher möchte ich mich auf das Gesamtproblem der notwendigen Regularität der Lösungen der Schrödinger-Gleichung konzentrieren . Genauer: warum sollte man die Regularitätsbedingungen weiter fordern$\psi$Hast du die anderen Antworten gelesen?

Der Punkt lässt sich auf eines der wichtigsten Axiome der QM zurückführen: Observables sind selbstadjungierte Operatoren. Der Grund für diese Anforderung liegt darin, dass selbstadjungierte Observable eine spektrale Zerlegung in Bezug auf orthogonale Projektoren zulassen, die durch (Borelsche) Teilmengen von gekennzeichnet sind$R$interpretiert als die Menge der Ergebnisse der Messung des Observablen. (Es ist möglich, die Anforderung zu schwächen, die sich mit Zerlegungen beschränkter positiver Operatoren befasst, aber ich bleibe hier nur beim elementaren Fall.)

In unserem Fall ist die relevante Observable die Hamiltonsche. Aber der Einfachheit halber beabsichtige ich, mich auf das Momentum zu konzentrieren , das entlang der beobachtet werden kann$k$te Achse:$M_k$. Üblicherweise geht man davon aus:

$$M_k := -i\hbar \frac{\partial}{\partial x_k}\:,\qquad (0)$$

wo, zum Beispiel die Domäne${\cal D}(M_k)$Ist$C_0^\infty(R^3)$von$\cal S(R^3)$(der Schwartz-Raum), was folgt, ist unabhängig von dieser Wahl.

Es stimmt, wenn$\psi,\phi \in {\cal D}(M_k)$Dann:

$$\langle \psi| M_k \phi \rangle = \langle M_k\psi | \phi \rangle\:.$$

Tatsächlich sagt diese Identität nur das aus$M_k$ist symmetrisch (ein dicht definierter Operator ist symmetrisch, wenn er auf seinem Definitionsbereich mit dem adjungierten Operator übereinstimmt). Das sagt es jedoch nicht$M_k$ist selbstadjungiert. Die selbstadjungierte Bedingung (die die Existenz der spektralen Zerlegung impliziert) lautet stattdessen:

$$M_k^\dagger = M_k\:. \qquad (1)$$

Über$M^\dagger$ist wie folgt definiert. Zuerst definiert man seine Domäne:

$${\cal D}(M^\dagger_k) := \left\{\psi \left.\in L^2(R^3) \:\right|\: \exists \psi' \in L^2(R^3)\qquad \mbox{with}\quad\langle \psi' | M_k \phi\rangle = \langle \psi |\phi\rangle\quad \forall \phi \in {\cal D}(M_k)\right\}$$

Seit${\cal D}(M_k)$ist dicht,$\psi'$ist eindeutig bestimmt durch$\psi$und damit die Karte:

$${\cal D}(M_k^\dagger) \ni \psi \mapsto \psi' =: M_k^\dagger \psi$$

ist wohldefiniert. Das sieht man leicht${\cal D}(M_k^\dagger)$ist ein Unterraum von$L^2(R^3)$mit${\cal D}(M_k^\dagger) \supset {\cal D}(M_k)$und das$M_k^\dagger$ist linear.

In diesem Fall${\cal D}(M_k^\dagger)$fällt deutlich größer aus als${\cal D}(M_k)$, so dass (1) fehlschlägt und$M_k$ist nicht selbstadjungiert mit der gegebenen (Standard-)Definition. Was wahr ist, ist das$M_k^\dagger$, wie oben definiert, selbstadjungiert ist und dass es die einzige selbstadjungierte Erweiterung von ist$M_k$. Mathematisch sagt man das$A$ist im Wesentlichen selbstadjungiert, wenn es symmetrisch zu seinem adjungierten Operator ist$A^\dagger$ist selbstadjungiert$A^\dagger = (A^\dagger)^\dagger$. Deshalb$M_k$ist im Wesentlichen selbstadjungiert .

Diese Diskussion führt zu dem Schluss, dass die wahre Definition des Impulsoperators nicht (0) ist, sondern:

$$P_k = M^\dagger_k\:.$$

Es ist jedoch wichtig zu betonen, dass die naive, technisch falsche Definition (0) eindeutig definiert$P_k$, da es die einzige selbstadjungierte Erweiterung von ist$M_k$. Letzteres ist sehr einfach zu handhaben, da es sich um einen Differentialoperator handelt. Umgekehrt$P_k$hat einen Bereich, der viel schwieriger zu charakterisieren ist (ohne die Fourier-Transformation zu verwenden). Die Domäne von$P_k$besteht aus den Funktionen$\psi$In$L^2(R^3)$die schwach zugeben$k$-Ableitung , die wiederum eine Funktion in ist$L^2(R^3)$. Das sagt einer$\psi \in L^2(R^3)$gibt einen schwachen zu$k$-Derivat$\phi_k : R^3 \to C$, wenn es eine Funktion gibt - die erwähnte$\phi_k$- so dass

$$\int_{R^3} \frac{\partial f}{\partial x_k} \psi \:d^3x = - \int_{R^3} f \phi_k \:d^3x \quad \forall f \in C_0^\infty(R^3)\:.$$

Sie sehen das, wenn$\psi$lässt die Norm zu$k$-Ableitung fällt mit der schwachen (die also in diesem Fall existiert) zusammen. Allerdings gibt es viele Funktionen, die schwache Ableitungen zulassen, die nirgendwo differenzierbar sind!

Kommen wir zum Problem des Hamiltonoperators. Der Hamilton-Operator enthält in der mathematisch naiven Version für die nichtrelativistische Theorie immer einen hinzugefügten Teil, der proportional zum Laplace-Operator ist$\Delta$. Tatsächlich ist z$a := -\hbar^2/(2m)$und für irgendeine Funktion$V: R^3 \to R$Der naive Hamilton-Operator ist:

$$A := a \Delta + V\:,$$

mit Domäne${\cal D}(A)$aus hinreichend differenzierbaren Funktionen.

Da wäre man sich wieder sicher$A$ist selbstadjungiert, um die gesamte Spektraltechnologie auszunutzen, aber wie zuvor$A$ist nicht. Allenfalls bei sorgfältiger Wahl der Domain${\cal D}(A)$, der Betreiber$A$stellt sich als im Wesentlichen selbstadjungiert heraus. Nämlich,$A^\dagger$ist selbstadjungiert und die wahre Hamiltonsche Observable kann sicher definiert werden als:

$$H := A^\dagger\:.$$ Wie zuvor beinhaltet der richtige Bereich (und man könnte viele Möglichkeiten haben!) schwache Ableitungen: $\Delta$muss unter Verwendung von (zweiten) schwachen Ableitungen anstelle von Standardableitungen interpretiert werden. Also die Klasse von Funktionen, die man beim Lösen von Problemen wie dem Finden der Eigenwerte berücksichtigen sollte $H$(die Energien stationärer Zustände) oder andere Probleme, wie die Bestimmung der Streuzustände, sind eine große Klasse von im Allgemeinen nicht differenzierbaren Funktionen.

Dies ist nicht die ganze Geschichte, denn anders als im Fall des Impulsoperators ist das Vorhandensein von$\Delta$In$A$erleichtert das Problem im Hinblick auf bekannte Ergebnisse zur elliptischen Regularität . Die grundlegenden Ergebnisse (aufgrund von Weyl, Friedrichs und Sobolev) stellen unter geeigneten Hypothesen fest, dass, wenn eine Funktion (eigentlich eine Verteilung) in$R^n$überprüft eine Gleichung wie

$$\Delta f = g\:,$$ Wo$\Delta$im schwachen Sinn interpretiert wird , dann ist der Grad der schwach differenzierbaren Regularität von $f$ist das von $g$ Plus$2$. Außerdem, wenn $f$(Vermutlich lokal $L^2$) hat einen gewissen Grad $k$von schwacher Regelmäßigkeit , es hat auch einen anderen Grad $k' = k-p$von Standardregelmäßigkeit , wo $p>0$ist eine Zahl abhängig von $n$. (Um eine strenge Aussage zu schreiben, sollte ich mehrere mathematische Begriffe einführen, was ich der Einfachheit halber nicht tun werde, da ich nur eine Vorstellung über das grundlegende Argument geben möchte).

Unter Berücksichtigung dieses Ergebnisses stellt sich beispielsweise heraus, dass wenn$\psi \in {\cal D}(H)= {\cal D}(A^\dagger)$ist ein Eigenvektor von$H$, so dass

$$-a\Delta_w \psi = (E-V) \psi \quad \mbox{where $\Delta_w$ is the weak Laplacian}\:,$$

Dann$\psi \in C^\infty$Wo$V$ist derart.

Diese Verfahren und Ergebnisse führen zu einem präzisen Satz über die mathematischen Anforderungen an eine Funktion$\psi$das bleibt im Bereich von$H$und löst gegebenenfalls die eigentliche oder verallgemeinerte Eigenwertgleichung. Der Satz berücksichtigt die Tatsache, dass der wahre selbstadjungierte Hamilton-Operator nicht der Differentialoperator ist$A$, sondern ist seine einzigartige selbstadjungierte Erweiterung$A^\dagger$.

Der Satz betrachtet einen Operator der Form:

$$A = a \Delta + V$$

Wo$V: R^3 \to R$hat das Formular für$N$echte Konstanten$g_k$und entsprechende isolierte Punkte${\bf x}_k$:

$$V({\bf x}) = \sum_{j=1}^N \frac{g_k}{|{\bf x}-{\bf x_j}|} + V_0({\bf r})\:,$$

$V_0$nach unten beschränkt ist, divergiert höchstens polynomiell für$|{\bf x}|\to +\infty$und es ist eine kontinuierliche Funktion mit Ausnahme einer endlichen Anzahl von 2-Flächen$\Sigma_i$wo die Diskontinuitäten endlich sind. Mit diesen Hypothesen ist es möglich, dies festzustellen$A$ist im Wesentlichen selbstadjungiert an${\cal D}(A)= C_0^\infty(R^3)$oder${\cal D}(A)={\cal S}(R^3)$mit derselben eindeutigen selbstadjungierten Erweiterung$H= A^\dagger$in beiden Fällen. Die Domäne von$H$ist viel größer als diese Räume und enthält Funktionen, die im Ganzen keine echten zweiten Ableitungen zulassen$R^3$.

Es stellt sich heraus, dass die Funktionen (Verteilungen im verallgemeinerten Fall)$\psi : R^3 \to C$die verwendet werden können, um das eigentliche oder verallgemeinerte Eigenwertproblem für den wahren Hamilton-Operator zu lösen $H := A^\dagger$müssen (zusätzlich zum Eigenwertproblem) folgende Anforderungen verifizieren:

1) weg von den Singularitäten von$V$,$\psi$Ist$C^2$und löst die Interpretation der Eigenwertgleichung$\Delta$als echter Differentialoperator;

2) Überqueren einer einzelnen Fläche$\Sigma_i$, Wenn${\bf y}\in \Sigma_i$, die Funktion$\psi$erfüllt

$$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}\psi({\bf x})$$ wobei die beiden Grenzen aus den beiden durch getrennten Halbräumen berechnet werden $\Sigma$um ${\bf y}$und ähnlich: $$\lim_{{\bf x} \to {\bf y}^+}{\bf n}\cdot \nabla\psi({\bf x})= \lim_{{\bf x} \to {\bf y}^-}{\bf n}\cdot \nabla \psi({\bf x})$$ Wo ${\bf n}$ist der Einheitsvektor normal zu $\Sigma_i$bei ${\bf y}$;

3) Wenn${\bf x}_k$ist ein isolierter singulärer Punkt für$V$, die Grenze von$\psi$für${\bf x} \to {\bf x}_k$existiert und ist endlich.

Umgang mit echt$1D$Systemen findet man ähnliche Anforderungen an die erlaubten Wellenfunktionen.

Wenn Sie die obigen Ergebnisse berücksichtigen, können Sie verstehen, warum beispielsweise eine Wellenfunktion in$R^3$darf am Ursprung nicht divergieren: es ist nichts anderes als die Anforderung (3) oben oder sogar eine Folge von Anforderung (1), wenn$V$ist regelmäßig bei${\bf r}=0$. Aus diesem Grund$\psi(r) \sim r^{-1}\cos (kr)$für$r\to 0$können nicht akzeptiert werden, auch wenn die entsprechenden$1D$Wellenfunktion$r\psi(r)$ist grundsätzlich erlaubt. Der Vergleich aus der$1D$und das$3D$Fall, basierend auf dem Ersatz$\psi(r) \to r\psi(r)$ist nur formal und kann nur außerhalb der Singularitäten verwendet werden, während das Überqueren einer Singularität erlaubt oder verboten ist, muss separat diskutiert werden, wobei an die wahre Natur des Problems zu denken ist:$3D$oder$1D$. Beachten Sie auch, dass für das freie Teilchen die akzeptierte Lösung für$\ell=0$:

$$\psi({\bf x})= A\frac{\sin (kr)}{r}$$ gemäß (1) ist $C^2$(stärker ist es realanalytisch) und nicht nur in einer Nachbarschaft von begrenzt ${\bf x}=0$, einschließlich dieses Punktes. Tatsächlich gibt es keine Singularität in ${\bf x}=0$für das freie Teilchen da $V\equiv 0$in diesem Fall, und die scheinbare Singularität ist nur auf die Verwendung von Polarkoordinaten zurückzuführen.