Оператор Гамильтона в полярных координатах с операторами импульса

Question

Оператор Гамильтона в полярных координатах с операторами импульса

Каспер

Оператор Гамильтона для свободной нерелятивистской частицы имеет вид

\hat{ЧАС} "=" \frac{{\hat{п}}^{2}}{2 м} "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 м} \nabla^{2} .

$\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2.$

В полярных координатах лапласиан расширяется до

\hat{ЧАС} "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 м} (\frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial р} (р \frac{\partial}{\partial р}) + \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}}) .

$\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \left (\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2} \right).$

Операторы радиального и углового момента:

\begin{aligned} {\hat{п}}_{р} "=" \frac{ℏ}{я} (\frac{\partial}{\partial р} + \frac{1}{2 р}) & {\hat{п}}_{θ} "=" \frac{ℏ}{я} \frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial θ} . \end{aligned}

$\begin{align*} \hat{p}_r = \frac{\hbar}{i} \left(\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{2r}\right) && \hat{p}_\theta = \frac{\hbar}{i}\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}. \end{align*}$

После возведения в квадрат, суммирования и сравнения с гамильтонианом находим, что

\hat{ЧАС} "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 м} ({\hat{п}}_{р}^{2} + {\hat{п}}_{θ}^{2}) - \frac{ℏ^{2}}{8 м р^{2}} .

$\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} ( \hat{p}_r^2 + \hat{p}_\theta^2 ) - \frac{\hbar^2}{8mr^2}.$

В классической механике мы ожидаем, что $p^2 = p_r^2 + p_\theta^2$ , разве это не выполняется в квантовой механике? Почему это любопытно $- \frac{\hbar^2}{8mr^2}$ появляется потенциал, имеет ли это какое-то значение?

Приложение

Чтобы пояснить выбор оператора радиального импульса, рассмотрим наивную $\hat{p}'_r = \frac{\hbar}{i} \frac{\partial}{\partial r}$ . Беря сопряженное, находим, что

⟨ ф, {\hat{п}}_{р}^{'} ψ ⟩ "=" \int г θ \int_{0}^{+ \infty} р г р ф^{*} \frac{ℏ}{я} \frac{\partial}{\partial р} ψ "=" - \int г θ \int_{0}^{+ \infty} р г р \frac{ℏ}{я} (\frac{\partial ф^{*}}{\partial р} + \frac{ф^{*}}{р}) ψ "=" \int г θ \int_{0}^{+ \infty} р г р \frac{ℏ}{- я} (\frac{\partial}{\partial р} + \frac{1}{р}) ф^{*} ψ \neq ⟨ {\hat{п}}_{р}^{'} ф, ψ ⟩

$\langle \phi, \hat{p}'_r \psi \rangle = \int d\theta \int_0^{+\infty} r dr \phi^* \frac{\hbar}{i} \frac{\partial}{\partial r} \psi = - \int d\theta \int_0^{+\infty} r dr \frac{\hbar}{i} \left( \frac{\partial \phi^*}{\partial r} + \frac{\phi^*}{r} \right)\psi = \int d\theta \int_0^{+\infty} rdr \frac{\hbar}{-i} \left( \frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r} \right) \phi^* \psi \neq \langle \hat{p}'_r \phi, \psi \rangle$

С дополнительным сроком $\frac{\hbar}{i} \frac{1}{2r}$ он самосопряженный. Этот член отличается от члена в сферических координатах в 2 раза.

Г. Смит

См. физику.stackexchange.com/q/ 9349.

Каспер

Я знаю об этом вопросе, я провел свое исследование, но не вижу никакого сходства. Я ничего не спрашиваю о том, как построить оператор радиального импульса, и я использую правильный. Я спрашиваю, почему «наивное» разложение гамильтониана не работает, и каково значение термина, подобного обратному квадрату потенциала. Это может иметь какое-то отношение к оператору радиального импульса, но это не обсуждается в связанном вопросе (который, кстати, использует сферические координаты, где этот дополнительный термин не отображается)

Г. Смит

Поскольку вы используете другой оператор радиального импульса, чем ответы в другой конструкции вопроса, вам необходимо обосновать, почему он является «правильным». Кто сказал, кроме тебя?

Каспер

как я уже сказал, они используют сферические координаты, что делает оператор немного другим. Опять же, мой вопрос не о построении оператора радиального импульса, мне не нужно здесь повторять основы квантовой механики. Повторите связанный вывод для полярных или цилиндрических координат или просто загуглите, если вам интересно.

Джейкоб1729

@KasperMeerts ответ Яю на связанный вопрос не кажется специфичным для сферических координат. Это, безусловно, похоже на фактор

2

$2$ в вашем определении

p_{r}

$p_r$ является виновником.

Каспер

Я уверен, что фактор правильный. Боюсь, я не могу воспроизвести рассуждения Яю.

Г. Смит

Спасибо за добавление полезного дополнения. Я убежден. Извините, я не понял, что другой вопрос не применим.

Ответы (2)

Оператор Гамильтона в полярных координатах с операторами импульса

Я знаю об этом вопросе, я провел свое исследование, но не вижу никакого сходства. Я ничего не спрашиваю о том, как построить оператор радиального импульса, и я использую правильный. Я спрашиваю, почему «наивное» разложение гамильтониана не работает, и каково значение термина, подобного обратному квадрату потенциала. Это может иметь какое-то отношение к оператору радиального импульса, но это не обсуждается в связанном вопросе (который, кстати, использует сферические координаты, где этот дополнительный термин не отображается)
Поскольку вы используете другой оператор радиального импульса, чем ответы в другой конструкции вопроса, вам необходимо обосновать, почему он является «правильным». Кто сказал, кроме тебя?
как я уже сказал, они используют сферические координаты, что делает оператор немного другим. Опять же, мой вопрос не о построении оператора радиального импульса, мне не нужно здесь повторять основы квантовой механики. Повторите связанный вывод для полярных или цилиндрических координат или просто загуглите, если вам интересно.
@KasperMeerts ответ Яю на связанный вопрос не кажется специфичным для сферических координат. Это, безусловно, похоже на фактор $2$ в вашем определении $p_r$ является виновником.
Я уверен, что фактор правильный. Боюсь, я не могу воспроизвести рассуждения Яю.
Спасибо за добавление полезного дополнения. Я убежден. Извините, я не понял, что другой вопрос не применим.

Пустота · Answer 1

Преобразования координат в квантовой механике работают не так, как в классической механике. В частности, каноническое квантование не является инвариантным по отношению к большинству преобразований в фазовом пространстве или даже по отношению только к преобразованиям пространственных координат. В конце концов, простой рецепт состоит в том, чтобы просто преобразовать уравнение Шредингера в декартовых координатах в уравнение в частных производных без какой-либо интерпретации новых членов как импульсов по отношению к новым координатам . Позвольте мне проиллюстрировать мою точку зрения ниже.

При обсуждении преобразований координат в QM можно использовать один из двух подходов:

Вы делаете квантование в декартовых координатах $x^i$ , и преобразуют уравнение Шредингера для $\psi^{(x)}(x^i)$ к новому набору координат $q^i$ . То есть вы внимательно следите за преобразованием дифференциального оператора $\sum_i \partial^2/\partial {x^i}^2$ и элемент объема $d^3 x$ по обычным математическим правилам. Как уже упоминалось, толкования новых уравнений в терминах канонических импульсов на самом деле нет, но приятно то, что $|\psi^{(x)}(q^i)|^2$ имеет смысл плотности вероятности на реальный физический объем в любых координатах.
Вы выполняете преобразование координат в координатной части фазового пространства в некоторые новые координаты. $q^i$ . Затем вы канонически квантуете, что заменяет любой из ваших канонических импульсов только как $p_i \to \hat{P}_i = -i \hbar \partial/\partial q^i$ в гамильтониане. Полученное уравнение Шредингера выполняется для волновой функции $\psi^{(q)}(q^i)$ что соответствует координатному объему $d^3 q$ .

Рассмотрим пример сферических полярных координат. Подход 1. дает уравнение Шрёдингера в виде

- я ℏ \frac{\partial ψ^{(Икс)}}{\partial т} "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 м} (\frac{1}{р^{2}} \frac{\partial}{\partial р^{2}} (р^{2} \frac{\partial}{\partial р}) + \frac{1}{р^{2} грех θ} \frac{\partial}{\partial θ} (грех θ \frac{\partial}{\partial θ}) + \frac{1}{р^{2} {грех}^{2} θ} \frac{\partial^{2}}{\partial ф^{2}}) ψ^{(Икс)} + В (р, θ, ф) ψ^{(Икс)}

$-i\hbar \frac{\partial \psi^{(x)}}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \left (\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r^2} \left( r^2 \frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left(\sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \! \theta} \frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\right)\psi^{(x)} + V(r,\theta, \varphi)\psi^{(x)}$ Количество

| ψ^{(x)} (r, θ, φ) |^{2}

$|\psi^{(x)}(r,\theta,\varphi)|^2$ здесь плотность на физический объем

r^{2} \sin θ d r d θ d φ

$r^2 \sin\theta\, dr d\theta d \varphi$ .

Для подхода 2 сначала нам нужно преобразовать классический гамильтониан в полярные координаты

ЧАС "=" \frac{1}{2 м} (п_{р}^{2} + \frac{п_{θ}^{2}}{р^{2}} + \frac{п_{ф}^{2}}{р^{2} {грех}^{2} θ}) + В (р, θ, ф)

$H = \frac{1}{2m}\left(p_r^2 + \frac{p_\theta^2}{r^2} + \frac{p_\varphi^2}{r^2 \sin^2\! \theta}\right) + V(r,\theta,\varphi)$ Теперь у нас есть

{\hat{P}}_{r} = - i ℏ \partial / \partial r, {\hat{P}}_{θ} = - i ℏ \partial / \partial θ, {\hat{P}}_{φ} = - i ℏ \partial / \partial φ

$\hat{P}_r = -i\hbar \partial/\partial r, \hat{P}_\theta = -i\hbar \partial/\partial \theta, \hat{P}_\varphi = -i\hbar \partial/\partial \varphi$ , и уравнение Шредингера, очевидно, имеет вид

- я ℏ \frac{\partial ψ^{(с п час)}}{\partial т} "=" \hat{ЧАС} ψ "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 м} (\frac{\partial^{2}}{\partial р^{2}} + \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} + \frac{1}{р^{2} {грех}^{2} θ} \frac{\partial^{2}}{\partial ф^{2}}) ψ^{(с п час)} + В (р, θ, ф) ψ^{(с п час)}

$-i\hbar \frac{\partial \psi^{\rm (sph)}}{\partial t} = \hat{H}\psi = -\frac{\hbar^2}{2m} \left (\frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2}{\partial \theta^2} + \frac{1}{r^2 \sin^2 \! \theta} \frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\right)\psi^{\rm (sph)} + V(r,\theta, \varphi)\psi^{\rm (sph)}$ Обратите внимание, что теперь значение

| ψ^{(s p h)} |^{2}

$|\psi^{\rm (sph)}|^2$ это плотность на координатный объем

d r d φ d ϑ

$dr d\varphi d\vartheta$ . Это предполагает, что две волновые функции связаны коэффициентом

r \sqrt{\sin θ}

$r \sqrt{\sin \theta}$ и, возможно, фазовый фактор. Однако если вы попытаетесь таким образом преобразовать одно уравнение в другое, то увидите, что они просто неэквивалентны.

Только одно из двух уравнений может быть верным, потому что они дают разные экспериментальные предсказания. Оказывается, правильным является уравнение, полученное декартовым подходом 1 . Подробнее о вопросе координат для квантования можно прочитать в этом ответе .

Ладмон Дракснгфуский · Answer 2

Основная причина, по которой вы не можете возвести здесь компоненты в квадрат напрямую, заключается в том, что базисные векторы $\hat{r}$ и $\hat{\theta}$ меняются вместе с координатами. Вторая причина в том, что метрика этой координаты не $\mathbf{1}$ . (Эта координата представляет собой кривую ортогональную координату, но декартова координата является плоской координатой.) Таким образом, при взятии производной векторного поля $\mathbf{F}$ , у вас есть

\partial_{Дж} Ф "=" \partial_{Дж} Ф^{я} г_{я} + Ф^{я} \partial_{Дж} г_{я} "=" (\partial_{Дж} Ф^{я} + Ф^{к} Г_{Дж к}^{я}) г_{я}

$\partial_j\mathbf{F}=\partial_j F^i\mathbf{g}_i+F^i\partial_j\mathbf{g}_i=\left(\partial_jF^i+F^k\Gamma^i_{jk}\right)\mathbf{g}_i$ Где дополнительный второй член возникает из-за разницы базисных векторов в разных точках.

Таким образом $\nabla\cdot\mathbf{F}=\partial_iF^i=\left(\partial_iF^i+F^k\Gamma^i_{ik}\right)\mathbf{g}_i=\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_k(\sqrt{g}F^k)$ . $\nabla^2$ тогда оператор $\nabla^2=\nabla\cdot\nabla=\partial_i\partial^i=\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_k(\sqrt{g}\partial^k)=\frac{1}{\Pi_kA_k}\partial_i(\frac{\Pi_jA_j}{A_i^2}\partial_i)$ . Где $A_i$ – константы Ламе.

Здесь $A_i$ являются $1$ и $r$ соответственно, просто подставьте в формулу для $\nabla\cdot$ и $\nabla^2$ Вы получаете $\nabla_r=\frac{1}{r}\partial_r r=\frac{1}{r}+\partial_r$ (у вас был неправильный коэффициент) и $\nabla_\theta=\frac{1}{r}\partial_\theta$ . И

\nabla^{2} "=" \frac{1}{р} (\partial_{р} (р \partial_{р}) + \partial_{θ}^{2})

$\nabla^2=\frac{1}{r}\left(\partial_r \left(r\partial_r\right)+\partial^2_\theta\right)$

Я не думаю, что переход к 3D необходим, гамильтониан хорошо определен для двумерных пространств. Во всяком случае, как $\hat{p}_z$ коммутирует со всем, что только добавило бы $\frac{\hat{p}_z^2}{2m}$ член, который ничего не изменит в радиальном потенциалоподобном члене.
@KasperMeerts Это можно делать в 2D, но координаты здесь изогнуты, поэтому условия нельзя умножать напрямую.

Оператор Гамильтона в полярных координатах с операторами импульса

Каспер

Г. Смит

Каспер

Г. Смит

Каспер

Джейкоб1729

Каспер

Г. Смит

Ответы (2)

Пустота

Ладмон Дракснгфуский

Каспер

Ладмон Дракснгфуский

Инвариантно ли собственное значение гамильтониана относительно линейного преобразования оператора импульса?

Уточнение при выводе оператора радиального импульса prprp_r

Ожидаемый импульс водорода в основном состоянии

Оператор импульса, действующий на связанное состояние, не возвращает собственное значение, в отличие от оператора кинетической энергии. Почему?

Как неэрмитова квантовая механика (PT-симметричная КМ) вписывается в физику?

Квантовая теория поля для одаренного любителя: задача 2.4

Сила Лоренца в теории Дирака и ее классический предел

Обозначение и производная Bra Ket [дубликат]

Существует ли функция, интегрируемая с квадратом и не стремящаяся к нулю на бесконечности, но принадлежащая области определения оператора импульса?

Ожидание импульса в связанном состоянии