Vollständigkeit der Energieeigenfunktion

Question

Vollständigkeit der Energieeigenfunktion

DWade64

Nach meinem Verständnis sind Eigenfunktionen vollständig (überspannen den Raum). Ich weiß nicht, was die Lösung der (zeitabhängigen) Schrödinger-Gleichung ist, aber was auch immer es ist, jede Lösung (unabhängig vom Potenzial $V$ ) kann beispielsweise nach Ortseigenfunktionen oder nach Impulseigenfunktionen entwickelt werden. Ich möchte den Satz betonen - unabhängig vom Potenzial $V$ - mit Zweifel, weil dies mit meiner Frage zusammenhängt. Energieeigenfunktionen können auch verwendet werden, um eine allgemeine Lösung darzustellen. Aber genau hier setzt meine Frage an:

Betrachten Sie einen Satz von Energieeigenfunktionen $\psi_n$ die per Definition genügen $\hat{H}\psi_n = E_n\psi_n$ . Es scheint mir, dass die Summe $\Psi = \sum c_n\psi_ne^{-iE_nt/\hbar}$ ist nur dann eine allgemeine Lösung der Schrödinger-Gleichung, wenn das Potential $V$ der Schrödinger-Gleichung mit dem Potential übereinstimmt $V$ in der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung verwendet, um die zu finden $\psi_n$ 'S. Ist das richtig? Wenn ja, könnte man sagen, dass Energieeigenfunktionen nur bezüglich des spezifischen Potentials vollständig sind $V$ woraus sie abgeleitet werden, während (sagen wir) Impuls-Eigenfunktionen in Bezug auf jedes Potential vollständig sind. Wenn dies nicht zutrifft, sind Energieeigenfunktionen der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung $\hat{H}\psi_n = E_n\psi_n$ sind in Bezug auf jegliches Potential vollständig $V$ in der (zeitabhängigen) Schrödinger-Gleichung verwendet, warum können wir die nicht verwenden $\psi_n$ 's sagen, das unendliche Quadrat gut, um allgemeine Lösungen zu konstruieren $\Psi$ des Delta-Funktionstopfs, endlichen Potentialtopfs, freien Teilchens usw. Warum lösen wir immer die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung, wenn wir einfach die Energieeigenfunktionen des unendlichen quadratischen Topfs verwenden können?

Adam

Solange die Randbedingungen gleich sind (man muss bei unendlichen Potentialen aufpassen, da sie Randbedingungen auferlegen), sehe ich kein Problem.

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Solange die Randbedingungen gleich sind (man muss bei unendlichen Potentialen aufpassen, da sie Randbedingungen auferlegen), sehe ich kein Problem.

CR Drost · Answer 1

Lassen Sie mich, bevor ich beginne, innehalten, um zu bemerken, dass in den folgenden Wörtern (und mehr oder weniger im gesamten Lehrplan für Studenten) eine kleine Lüge steckt , die man entdeckt, wenn man sich sehr mit Mathematik beschäftigt; Im Moment ist es in diesem Wikipedia-Artikel als "Feinheiten des unbegrenzten Falls" vorhanden ... unsere "hermiteschen" Operatoren sind im Allgemeinen nicht für alle Zustände, die wir möchten, gut definiert. Dies wird besonders wichtig, wenn wir Positions- und Impuls-Eigenzustände betrachten – sehr oft werden Zustände nicht normalisierbar und die Physik kann in Bezug auf diese etwas klobig werden.

Mit dieser Einschränkung, ja: Die Eigenfunktionen eines gegebenen Hamiltonoperators sind immer eine vollständige Basis für den gesamten Raum . Beispielsweise kann man sich jedem 1D-Hamiltonoperator mit den Eigenfunktionen des harmonischen Oszillators nähern; das sind gültige Wellenfunktionen, die den Raum aufspannen.

Ob das sinnvoll ist oder nicht, ist eine andere Geschichte. Angenommen, Sie haben eine Reihe von Funktionen $\hat H_1 |\psi_n\rangle = E_n |\psi_n\rangle$ aber dann bringen Sie sie zu einem neuen Hamiltonian $\hat H_2$ . Allgemein $|\psi_n\rangle$ wird kein Eigenvektor mehr für sein $\hat H_2,$ und daher wird seine Entwicklung unter dieser neuen Schrödinger-Gleichung nicht sein $|\psi_n(t)\rangle = e^{-iE_n t/\hbar} |\psi_n(0)\rangle,$ daher sind diese Energien und Wellenfunktionen in diesem neuen Kontext nicht offensichtlich hilfreich.

Nun, es gibt eine Möglichkeit, sie nützlich zu machen , aber natürlich macht es nur dann wirklich gute Arbeit, wenn $\hat H_1$ Und $\hat H_2$ eine Art nette Beziehung haben. Eine Schrödinger-Gleichung $i \hbar \partial_t |\Psi\rangle = \hat H |\Psi\rangle$ kann rein als einheitlicher Operator formuliert werden $|\Psi(t)\rangle = \hat U(t) |\Psi_0\rangle.$ Die Bedingung ist die $i\hbar \partial_t \hat U = \hat H \hat U,$ aber das ist theoretisch kein problem. Das bedeutet, dass alle unsere Erwartungswerte im zweiten Fall die Form annehmen

A (T) = ⟨ Ψ (T) | \hat{A} | Ψ (T) ⟩ = ⟨ Ψ_{0} | {\hat{U}}_{2}^{†} \hat{A} {\hat{U}}_{2} | Ψ_{0} ⟩ .

$A(t) = \langle \Psi(t)|\hat A |\Psi(t)\rangle = \langle \Psi_0|\hat U_2^\dagger \hat A \hat U_2|\Psi_0\rangle.$ Da nun ein unitärer Operator definiert ist durch

U^{†} U = 1

$U^\dagger U = 1$ wir werden strategisch einfügen

{\hat{U}}_{1}^{†} {\hat{U}}_{1}

$\hat U_1^\dagger \hat U_1$ Begriffe, um diesen gleichen Erwartungswert umzuschreiben als

A (T) = ⟨ Ψ_{0} | {\hat{U}}_{1}^{†} ({\hat{U}}_{1} {\hat{U}}_{2}^{†} \hat{A} {\hat{U}}_{2} {\hat{U}}_{1}^{†}) {\hat{U}}_{1} | Ψ_{0} ⟩ .

$A(t) = \langle \Psi_0|\hat U_1^\dagger ~\Big(\hat U_1 \hat U_2^\dagger \hat A \hat U_2 \hat U_1^\dagger\Big)\hat U_1 |\Psi_0\rangle.$ Beachten Sie, dass es jetzt eine komplizierte Zeitabhängigkeit für diesen eingeklammerten Operator gibt

\tilde{A} = {\hat{U}}_{1} {\hat{U}}_{2}^{†} \hat{A} {\hat{U}}_{2} {\hat{U}}_{1}^{†}

$\tilde A = \hat U_1 \hat U_2^\dagger \hat A \hat U_2 \hat U_1^\dagger$ , aber die äußersten Wellenfunktionen gehorchen der Schrödinger-Gleichung für

{\hat{H}}_{1}

$\hat H_1$ , nicht

{\hat{H}}_{2}

$\hat H_2$ . Der Preis ist, dass wir unsere Operatoren umstellen müssen, um diese komplizierte Zeitabhängigkeit zu haben

\tilde{A} (t)

$\tilde A(t)$ , die die Form einer wirklich großen Produktregel annimmt,

\begin{aligned} ich ℏ \partial_{T} \tilde{A} = & H_{1} U_{1} U_{2}^{†} \hat{A} U_{2} U_{1}^{†} - U_{1} U_{2}^{†} H_{2} \hat{A} U_{2} U_{1}^{†} + ich ℏ \tilde{\dot{A}} + \\ U_{1} U_{2}^{†} \hat{A} H_{2} U_{2} U_{1}^{†} - U_{1} U_{2}^{†} \hat{A} U_{2} U_{1}^{†} H_{1} . \end{aligned}

$\begin{align} i\hbar\partial_t \tilde A = &H_1 U_1 U^\dagger_2 \hat A U_2 U_1^\dagger - U_1 U^\dagger_2 H_2 \hat A U_2 U_1^\dagger + i\hbar\tilde{\dot A} + \\ &U_1 U^\dagger_2 \hat A H_2 U_2 U_1^\dagger - U_1 U^\dagger_2 \hat A U_2 U_1^\dagger H_1. \end{align}$ (Das Minuszeichen für die Dolche ergibt sich aus der konjugierten Transponierung der früheren Schrödinger-Gleichung.)

Um damit aufs Ganze zu gehen, müssen diese ersetzt werden $\hat A$ Betreiber mit $U_2 U_1^\dagger \tilde A U_1 U_2^\dagger$ was ergibt:

\begin{aligned} ich ℏ \partial_{T} \tilde{A} = & H_{1} \tilde{A} - U_{1} U_{2}^{†} H_{2} U_{2} U_{1}^{†} \tilde{A} + ich ℏ \tilde{\dot{A}} + \\ \tilde{A} U_{1} U_{2}^{†} H_{2} U_{2} U_{1}^{†} - \tilde{A} H_{1} . \end{aligned}

$\begin{align} i\hbar\partial_t \tilde A = &H_1 \tilde A - U_1 U^\dagger_2 H_2 U_2 U_1^\dagger \tilde A + i\hbar\tilde{\dot A} + \\ &\tilde A U_1 U_2^\dagger H_2 U_2 U_1^\dagger - \tilde A H_1. \end{align}$ Wir sehen, dass das einzige Komplizierte, was übrig bleibt, ist, dass wir es auch brauchen

{\tilde{H}}_{2}

$\tilde H_2$ in diese Ausdrücke einzubeziehen, anstatt die

t = 0

$t=0$ Wert von

H_{2}

$H_2$ . Sobald das erledigt ist, finden wir einfach

ich ℏ \partial_{T} \tilde{A} = [H_{1} - {\tilde{H}}_{2}, \tilde{A}] + ich ℏ \tilde{\dot{A}} .

$i\hbar\partial_t \tilde A = [H_1 - \tilde H_2, \tilde A] + i\hbar\tilde{\dot A}.$ Dies wird als "Interaktionsbild" bezeichnet, da wir normalerweise einige leicht zu lösende orthogonale Zustände verwenden

{\hat{H}}_{1} = H_{0}

$\hat H_1 = H_0$ und fügen Sie dann einen Interaktionsterm hinzu, der sie koppelt,

{\hat{H}}_{2} = H_{0} + V .

$\hat H_2 = H_0 + V.$ Die Gleichung für eine zeitunabhängige

{\tilde{H}}_{2}

$\tilde H_2$ ist nur

ich ℏ \partial_{T} {\tilde{H}}_{2} = [H_{1} - {\tilde{H}}_{2}, {\tilde{H}}_{2}] = [H_{1}, {\tilde{H}}_{2}],

$i\hbar\partial_t \tilde H_2 = [H_1 - \tilde H_2, \tilde H_2] = [H_1, \tilde H_2],$ und in vielen Fällen schlägt dies nur einige Phasenfaktoren um die Terme herum

V

$V$ . Anstatt völlig neue Basiszustände zu berechnen, können wir dann die vertrautesten verwenden und ziehen es stattdessen vor, Differentialgleichungen für die Observablen zu finden, an denen wir interessiert sind, und sie in einigen Grenzen zu lösen.

Um genau zu sein, betrachten wir die Schrödinger-Gleichung (SE) für ein freies Teilchen. Der Hamiltonian $H$ des freien Teilchens hat ein kontinuierliches Eigenwertspektrum der Energie $E$ , mit zugehörigen Eigenfunktionen $\psi_E(x)$ . Die allgemeine Lösung für diese spezifische SE ist also $\int c(E) \psi_E(x) e^{-iEt/\hbar}dE$ . Allerdings kann die allgemeine Lösung zu diesem spezifischen SE auch in Bezug auf die Eigenfunktionen des unendlichen quadratischen Brunnens erweitert werden $\psi_n(x)$ diskreten Energieeigenwerten zugeordnet $E_n$ . Die allgemeine Lösung für die freie Teilchen-SE (oder jede SE, aber speziell die freie Teilchen
hier ist $\sum_n c_n(t)\psi_n(x)$ ? Es scheint nur seltsam, da das freie Teilchen ein kontinuierliches Energiespektrum hat, aber es wird durch Eigenfunktionen dargestellt, die einem diskreten Energiespektrum entsprechen
Nun, der Fall, von dem Sie sprechen (freies Teilchen FP / Teilchen in einer Box PB), ist einer der wenigen Fälle, in denen es tatsächlich so funktionieren würde, im Allgemeinen könnten Sie keine Eigenfunktionen nehmen $\psi_n$ von Hamiltonian $H_1$ und geben Sie eine Lösung für den Hamiltonoperator an $H_2$ als $\sum_n c_n(t) \psi_n(x)$ für alle $c_n(t).$ Aber die FP- und PB-Hamiltonianer sind beide in dem einzigen Bereich identisch, in dem PB definiert ist. Wenn Sie also zufällig ein stark lokalisiertes Gaußsches Wellenpaket betrachten, das sich zufällig innerhalb der Box befindet, entwickelt es sich identisch, bis es auf die Seiten der Box trifft.
Denken Sie daran, dass der Ausdruck $\sum_n c_n(t) \psi_n(x)$ (oder $\int dn$ für den kontinuierlichen Fall) ist eigentlich ein Versuch, eine PDE durch Trennung von Variablen zu lösen. So $i\hbar\partial_t\Psi=H_x[\Psi],$ wir nehmen an $\Psi=\int dn T_n(t)X_n(x),$ wir finden $i\hbar T_n'/T_n=H_x[X_n]/X_n=\text{const.}$ weil die linke Seite nur eine Funktion von ist $t$ und die rechte Seite ist nur eine Funktion von $x$ . Wir finden, dass wir brauchen $H_x[X_n]=\hbar\omega_n~X_n$ damit diese Zerlegung überhaupt funktioniert. Nicht-Eigenfunktionen werden im Allgemeinen unter der Schrödinger-Evolution nicht dieselben bleiben.
Spektren sind eine Eigenschaft des Operators und keine Eigenschaft der Wellenfunktionen. Aber lassen Sie mich versuchen, Ihre Befürchtungen zu zerstreuen: Sie machen sich große Sorgen, dass wir im QM eine willkürliche Funktion darstellen $f(x)$ in Bezug auf einige abzählbare Basiszustände $g_n(x)$ als $\sum_n c_n~g_n(x).$ Ich behaupte, dass dies nur daran liegt, dass Sie nicht den Mut zu Ihrer Überzeugung haben, weil Sie große Angst vor dieser neuen Quantenwelt haben, in der Sie sich befinden. "Wie könnte er mir das nur beweisen?!" Sie könnten fragen. So geht's: Sie haben absolut kein Problem damit, wenn $g_n(x) = x^n$ und ich nenne es eine „Taylor-Serie“. QED.

Benutzer159249 · Answer 2

Da muss man etwas vorsichtiger sein. Wenn Sie sagen, dass "Impulseigenfunktionen in Bezug auf jedes Potenzial vollständig sind", sagen Sie, dass jede Funktion als zerlegt werden kann

F (X) = \int \frac{D P}{2 π} e^{ich P X} \hat{F} (P), \hat{F} (P) = \int D X e^{- ich P X} F (X) .

$f(x) = \int \frac{dp}{2\pi} \, e^{ipx} \hat{f}(p)\,, \quad \hat{f}(p) = \int dx\, e^{-ipx} f(x)\,.$ Aber das ist formaler Unsinn: für eine allgemeine Funktion

f (x)

$f(x)$ , das Integral definierend

\hat{f} (p)

$\hat{f}(p)$ existiert nicht (es divergiert). Sie müssen einige Bedingungen auferlegen

f

$f$ , zum Beispiel das

\int D X | F (X) |^{2} < \infty .

$\int dx \, |f(x)|^2 < \infty\,.$ Indem Sie solche Beschränkungen auferlegen (es gibt verschiedene Möglichkeiten, die Sie treffen können), definieren Sie eine Klasse von Funktionen, die genau ein Hilbert-Raum ist. Dies führt Sie auf den Weg des Mathematikers, um die Fourier-Transformation zu definieren.

Dasselbe gilt für die Art von Problem, an dem Sie interessiert sind, nämlich eine vollständige Basis von Wellenfunktionen $\{\psi_n\}$ in Bezug auf ein gewisses Potenzial $V(x)$ . Da hast du eine Zerlegung

F (X) = \sum_{N} F_{N} ψ_{N} (X), F_{N} = \int D X w (X) ψ_{N}^{*} (X) F (X)

$f(x) = \sum_n f_n \psi_n(x)\,, \quad f_n = \int dx\, w(x)\, \psi_n^*(x)\, f(x)$ wobei dies möglicherweise eine Gewichtsfunktion ist

w (x)

$w(x)$ . Wieder die Integraldefinition

f_{n}

$f_n$ divergiert, wenn Sie eine allgemeine Funktion einstecken

f (x)

$f(x)$ . Wieder einmal müssen Sie innerhalb eines Hilbert-Raums arbeiten

H

$\mathcal{H}$ um diese Manipulationen zu verstehen. Wenn Sie die Übung machen, werden Sie sehen, dass die Randbedingungen im Unendlichen (oder an einigen Randpunkten, wenn Sie mit einem endlichen Intervall arbeiten) im Wesentlichen durch das Potenzial codiert werden

V (x)

$V(x)$ .

Diese ganze Sache wird Sturm-Liouville-Theorie genannt, und wenn Sie QM auf irgendeiner ernsthaften Ebene verstehen wollen, sollten Sie einige Zeit damit verbringen, es zu studieren (es ist nicht schwierig).

Phönix87 · Answer 3

Wenn Ihr Potenzial zeitabhängig ist, sehe ich keine Möglichkeit, die Verwendung der "zeitunabhängigen" Schrödinger-Gleichung zu rechtfertigen. Nehmen wir an, dass das $H$ ist ein Operator, der nur Ableitungen und Multiplikationsoperatoren relativ zu den Variablen enthält $\mathbf x$ . Wenn man numerische Faktoren vergisst, kann man die Schrödinger-Gleichung schreiben als

H ψ = \dot{ψ} .

$H\psi = \dot\psi.$

Suchen wir nach der Sturm-Liouville-Theorie nach Lösungen der Form $\psi(\mathbf x,t) = \phi(\mathbf x)\chi(t)$ . Dann kommen wir zur Gleichheit

\frac{H ϕ}{ϕ} (X) = \frac{\dot{χ}}{χ} (T), \forall X, T

$\frac{H\phi}\phi(\mathbf x) = \frac{\dot\chi}\chi(t),\qquad\forall\ \mathbf x,t$

was bedeutet, dass jeder Term konstant ist, dh wir erhalten die "zeitunabhängige" Gleichung

H ϕ (X) = E ϕ (X) .

$H\phi(\mathbf x) = E\phi(\mathbf x).$

Wenn $H$ hat eine Abhängigkeit von $t$ durch $V$ Ich sehe nicht, wie man zu denselben Schlussfolgerungen kommt.

Mit "zeitabhängig" meint das OP nur die $i\partial_t \psi = H\psi$ , nicht dass das Potenzial zeitabhängig ist, daher ist die Antwort nicht zum Thema.
dann verstehe ich nicht ganz "...wenn das Potenzial $V$ der Schrödinger-Gleichung mit dem Potential übereinstimmt $V$ in der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung...".
Lösen Sie das zeitunabhängige SE nach Potential V1 auf. Können Sie mit den entsprechenden Eigenfunktionen die zeitliche Entwicklung unter Potential V2 beschreiben?

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