Wie leitet man die Matrixform des potentiellen Operators in Dirac-Notation in der Positionsdarstellung ab?

Question

Wie leitet man die Matrixform des potentiellen Operators in Dirac-Notation in der Positionsdarstellung ab?

Ein Fisch

Ich kann den Positionsoperator in Dirac-Notation verstehen:

⟨ X^{'} | \hat{X} | X^{″} ⟩ = ⟨ X^{'} | X^{″} | X^{″} ⟩ = X^{″} ⟨ X^{'} | X^{″} ⟩ = X^{″} δ (X^{'} - X^{″}) .

\hat{x}

$\hat x$ der Positionsoperator ist und obige Gleichung durch die eigenequation gegeben ist

\hat{X} | X^{″} ⟩ = X^{″} | X^{″} ⟩ .

$\hat x|x''\rangle=x''|x''\rangle.$ Aber wie berechnet man den potentiellen Operator

⟨ x^{'} | V (\hat{x}) | x^{″} ⟩

$\langle x'|V(\hat x)|x''\rangle$ ? In einem Lehrbuch der Quantenmechanik heißt es

⟨ X^{'} | v (\hat{X}) | X^{″} ⟩ = v (X^{″}) δ (X^{'} - X^{″}) .

$\langle x'|V(\hat x)|x''\rangle=V(x'')δ(x'-x'').$ Aber wie kann man es direkt beweisen?

(Der $x'$ Und $x''$ sind die Ordnungszahlen von Spalte und Zeile der Matrixform des Operators in Ortsdarstellung)

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Wie leitet man die Matrixform des potentiellen Operators in Dirac-Notation in der Positionsdarstellung ab?

Ein Fisch · Answer 1

Ich habe eine Idee, aber ich weiß nicht, ob sie richtig ist. Zunächst ist es einfach zu beweisen, dass ein Polynom des Operators x aus dem Braket herausgenommen werden könnte: $\langle x'|\hat{x}^{n}|x''\rangle=(x'')^{n}\,\delta(x'-x'')$ . Und das Potential V(x) könnte in Form von Taylor-Reihen erweitert werden. Es ist also offensichtlich richtig, V(x) direkt aus dem Braket zu nehmen.

Es ist in der Tat. Allgemeiner definiert man jeden multiplikativen Operator $\hat{V}$ als $\hat{V}|x\rangle =V(x)|x\rangle$ , Wo $V(x)$ ist eine Funktion.

Doppelfelix · Answer 2

Sie möchten die Eigenschaft haben, dass Sie handeln $V$ auf einem Vektor $\psi$ einfach multipliziert, sodass in der x-Basis die Komponenten des neuen Vektors stehen $V(x)\psi(x)$ :

$\langle x|V|\psi\rangle =V(x)\psi(x)$

Schließen Sie eine Identität über ein $\int |x'\rangle \langle x'|dx'$ auf der linken Seite:

$\int \langle x|V|x'\rangle \langle x'|\psi\rangle dx'=V(x)\psi(x)$

Um dies zu befriedigen, müssen Sie $\langle x | V|x'\rangle =\delta(x-x')V(x')$ . Es spielt keine Rolle, ob Sie das Argument von V as setzen $x$ oder als $x'$ da die Delta-Funktion in diesen Argumenten symmetrisch ist. Dann notiere das $\langle x'|\psi\rangle =\psi(x')$ , wir bekommen

$\int V(x')\delta(x-x') \psi(x') dx'=V(x)\psi(x)$

tut mir leid, ich verstehe immer noch nicht. es scheint, dass Sie nur die zu beweisende Gleichung ⟨x|V|x′⟩=δ(x−x′)V(x′)，als abzuleitende Bedingung verwenden.
Ich verstehe Ihre Sorge, es hängt davon ab, ob Sie darauf vertrauen können, dass dies die einzige Formel für ist $\langle x | V | x'\rangle$ wodurch Sie diese Gleichung erfüllen können. Diese Einzigartigkeit war der Punkt. Für mich ist das intuitiv - dass das Einfügen einer anderen Funktion in dieses Integral Ihnen nicht nur gerade zurückgeben würde $V(x)$ , die Delta-Funktion ist die einzigartige Funktion dafür. Aber wenn Sie einen strengen Beweis wollen, ja, das ist nicht in meiner Antwort. Es ist möglich, dass Sie ändern können $V(x)$ auf Punktmengen mit Maß 0, aber solche Modifikationen sind irgendwie pathologisch - körperliche Funktionen neigen dazu, kontinuierlich zu sein.
Ich denke, dass vollständige Strenge mit dem Ansatz der Taylor-Serie für jeden schwierig sein könnte $V(x)$ die einen endlichen Konvergenzradius ihrer Taylor-Reihe hat
Es könnte Ihrer Intuition helfen, dass "Diagonalisieren einer Matrix" in der Operatorsprache dasselbe ist wie "Finden einer Basis, in der es sich nur um einen Multiplikationsoperator handelt". Und eine Diagonalmatrix ist proportional zur Identitätsmatrix mit Komponenten $\delta _{ij}$ genauso wie ein Diagonaloperator proportional zum Identitätsoperator ist $\delta(x-x')$

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