Матричные элементы гамильтониана свободной частицы

Это интересный вопрос. Это напоминает популярное (но ложное) «доказательство» того, что

$$\exp\{ia\hat p\}\psi(x) \equiv \exp\{a\partial_x\}\psi(x)=\psi(x+a)$$ в котором утверждается, что применение экспоненты оператора производной к$\psi$дает разложение Тейлора$\psi(x+a)$о$x$. Проблема в том, что если$\psi(x)$является$C^\infty$и с компактным носителем, то каждый член ряда Тейлора всегда равен нулю вне носителя$\psi(x)$и так$\psi(x)$никогда не может стать ненулевым за пределами своей исходной области поддержки. Конечно$C^\infty$функции с компактным носителем не имеют рядов Тейлора, которые сходятся к функции, и разрешение этого парадокса состоит в том, чтобы понять, что подходящее определение$\exp\{ia \hat p\}$получается из его спектрального разложения. Другими словами, мы должны разложить Фурье$\psi(x)= \langle x|\psi\rangle$получить$\psi(p)\equiv \langle p|\psi\rangle$, умножить на$e^{iap}$а затем инвертировать разложение Фурье. Тогда мы получаем$\psi(x+a)$.

Такая же ситуация и здесь. Буквальное определение$H$как оператор второй производной недостаточно точен. Мы должны выбрать домен для$\hat H$такой, что он действительно самосопряжен и поэтому обладает полным набором собственных функций. Действие$\hat H$на любой функции в своей области определения затем определяется в терминах разложения по собственной функции.

Суть проблемы в том, что для неограниченных операторов$\hat A$, операторная экспонента не определяется в терминах степенного ряда$\exp(\hat A) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!}$. И так определить нельзя, так как у нас нет гарантии, что этот ряд сходится. Вместо этого мы используем спектральную теорему для определения

$$\exp(\hat A) = \int \mathrm e^a\, |a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da \;, \tag{1}$$ куда$|a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da$- это обозначение физика для проекционнозначной меры$\mathrm dP_a$. Важно отметить, что это определение используется в теореме Стоуна о сильно непрерывных унитарных группах.

Это означает, в частности, что эволюция во времени$|\psi_2\rangle$не _ $|\psi_2(\mathrm dt)\rangle = |\psi_2\rangle - \frac{\mathrm i\, \mathrm dt}{\hbar}\hat H |\psi_2\rangle + \mathcal O(\mathrm dt^2)$как предложено в вопросе. Следовательно, это не противоречие, что

$$\langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle = 0 \;.$$

Примечание: как объяснено в [Reed, Simon (1981), VIII.3], определение (1) согласуется со степенным рядом для случая ограниченного$\hat A$. Далее, для всех$|\psi\rangle$что можно записать как$|\psi\rangle = \int_{-M}^M |a \rangle\!\langle a|\varphi\rangle \, \mathrm da$для некоторых$M \in \mathbb R$и немного$|\varphi\rangle$, силовой ряд$\sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!} |\psi\rangle$сходится к$\exp(\hat A)|\psi\rangle$[Рид, Саймон (1981), VIII.5].

---

Как упоминалось в ответе Майка Стоуна, есть более простой пример, демонстрирующий ту же проблему. Позволять$D(\alpha) = \exp(\mathrm i \alpha \hat p)$быть оператором перевода ($\hbar=1$). Используя определение (1), мы сразу видим, что

$$\langle x | D(\alpha) | \psi \rangle = \int \mathrm e^{\mathrm i \alpha p} \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp = \langle x+\alpha | \psi \rangle \;.$$ Если$\psi$имеет компактную поддержку, это явно отличается от $$\sum_{k=0}^\infty \frac{ \langle x | (\mathrm i \alpha \hat p)^n | \psi \rangle }{n!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{ (\alpha \partial_x)^n }{n!} \langle x | \psi \rangle = \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm i\alpha)^n}{n!} \int p^n \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp \;.$$ Последнее выражение верно только в том случае, если мы можем поменять местами порядок интеграла и ряда, как объяснено также в [Holstein, Swift (1972)].