Пескин и Шредер: свободное распространение частиц

Question

Пескин и Шредер: свободное распространение частиц

гх3

В Peskin & Schroeder Ch. 2, с. 14, доказывая, что амплитуда распространения NRQM для свободной частицы всюду отлична от нуля, они движутся от

U (т) "=" \frac{1}{(2 π)^{3}} \int г^{3} п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} \cdot е^{я п \cdot (Икс - {Икс}_{0})}

$\begin{equation} U(t)~=~ \frac{1}{(2\pi)^3} \int d^3p \hspace{2pt} e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} \cdot e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x} - \mathbf{x_0})} \end{equation}$ к конечному результату:

U (т) "=" {(\frac{м}{2 π я т})}^{3 / 2} е^{я м (Икс - {Икс}_{0})^{2} / 2 т} .

$\begin{equation} U(t)~=~ \left(\frac{m}{2\pi i t}\right)^{3/2} \hspace{2pt} e^{im(\mathbf{x} - \mathbf{x_0})^2/2t}. \end{equation}$

Я не совсем понимаю все промежуточные шаги. При вычислении первого интеграла я сначала положил его в полярных координатах с z вдоль $x - x_0$ , но затем я в конечном итоге получаю интеграцию по Гауссу, которая выглядит так, как будто она должна быть равна нулю. Как перейти от первого уравнения ко второму?

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Следующим шагом, который я делаю после вышеизложенного, является переписывание интеграла:

\frac{1}{(2 π)^{2}} \int_{0}^{\infty} \int_{1}^{- 1} г п г потому что θ п^{2} е^{- я (п^{2} / 2 м) т} \cdot е^{я п Δ Икс потому что θ}

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^{\infty} \int_{1}^{-1} dp \hspace{2pt} d\cos \theta \hspace{2pt} p^2 e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} \cdot e^{ip\Delta x \cos \theta} \end{equation}$

где $\Delta x \equiv |x - x_0|$ и я сделал интеграцию $\phi$ . Отсюда я получаю

\frac{1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} \int_{0}^{\infty} г п п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} (е^{- я п Δ Икс} - е^{я п Δ Икс}) .

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^2i\Delta x} \int_{0}^{\infty}dp \hspace{2pt}p\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} \left( e^{-ip\Delta x} - e^{ip\Delta x} \right). \end{equation}$

Вроде как эта интеграция должна дать $0$ , если я где-то не ошибаюсь. Где моя ошибка?

Qмеханик

Возможные дубликаты: physics.stackexchange.com/q/352401/2451 , physics.stackexchange.com/q/105045/2451 и ссылки в них.

гх3

Спасибо — я видел это, но похоже, что они доходят до сути только перед тем, как начинается мое замешательство, увы...

Ответы (3)

Пескин и Шредер: свободное распространение частиц

Возможные дубликаты: physics.stackexchange.com/q/352401/2451 , physics.stackexchange.com/q/105045/2451 и ссылки в них.
Спасибо — я видел это, но похоже, что они доходят до сути только перед тем, как начинается мое замешательство, увы...

Заратустра · Answer 1

Вы, кажется, думаете, что

\frac{1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} \int_{0}^{\infty} г п п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} (е^{- я п Δ Икс} - е^{я п Δ Икс}) "=" 0

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^2i\Delta x} \int_{0}^{\infty}dp \hspace{2pt}p\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} \left( e^{-ip\Delta x} - e^{ip\Delta x} \right) = 0 \end{equation}$

вероятно, потому что экспоненциальные функции как бы сокращаются, но это не так. Обратите внимание, что

е^{- я п Δ Икс} - е^{я п Δ Икс} "=" - 2 я грех (п Δ Икс)

$e^{-ip\Delta x} - e^{ip\Delta x} = -2i\sin(p\Delta x)$

что означает, что вы хотите вычислить

\frac{- 2}{(2 π)^{2} Δ Икс} \int_{0}^{\infty} г п п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} грех (п Δ Икс)

$\begin{equation} \frac{-2}{(2\pi)^2\Delta x} \int_{0}^{\infty}dp \hspace{2pt}p\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t}\sin(p\Delta x) \end{equation}$

и совершенно очевидно, что это не исчезнет. На самом деле мы можем немного поработать над вторым членом исходного интеграла.

\frac{- 1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} \int_{0}^{\infty} г п п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} е^{я п Δ Икс}

$\begin{equation} \frac{-1}{(2\pi)^2i\Delta x} \int_{0}^{\infty}dp \hspace{2pt}p\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} e^{ip\Delta x} \end{equation}$

заменять $p' = -p$ , то это равно

\frac{1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} \int_{- \infty}^{0} г п^{'} п^{'} е^{- я ({п^{'}}^{2} / 2 м) т} е^{- я п^{'} Δ Икс}

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^2i\Delta x} \int_{-\infty}^{0}dp' \hspace{2pt}p'\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p'}^2/2m)t} e^{-ip'\Delta x} \end{equation}$

так что ваш исходный интеграл просто

\frac{1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} \int_{- \infty}^{\infty} г п п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} е^{- я п Δ Икс} "=" \frac{1}{(2 π)^{2} я Δ Икс} я \frac{г}{г Δ Икс} \int_{- \infty}^{\infty} г п е^{- я (п^{2} / 2 м) т} е^{- я п Δ Икс}

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^2i\Delta x} \int_{-\infty}^{\infty}dp \hspace{2pt}p\hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} e^{-ip\Delta x} = \frac{1}{(2\pi)^2i\Delta x} i \frac{d}{d\Delta x}\int_{-\infty}^{\infty}dp \hspace{2pt}e^{-i(\mathbf{p}^2/2m)t} e^{-ip\Delta x} \end{equation}$

это просто производная от нормального интеграла Гаусса. Используя общую формулу для интегралов Гаусса

\int_{- \infty}^{\infty} е^{- а {Икс}^{2} + б Икс} г Икс "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{\frac{б^{2}}{4 а}}

$\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2 + bx} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} ~e^{\frac{b^2}{4a}} \end{equation}$

который RGJ уже предоставил в своем ответе, мы сразу получаем

(\frac{м}{2 π я т})^{3 / 2} опыт (я \frac{Δ {Икс}^{2} м}{2 т})

$\begin{equation} (\frac{m}{2\pi it})^{3/2} \exp(i \frac{\Delta x^2 m}{2t}) \end{equation}$

что является вашим желаемым результатом.

Отлично, большое спасибо. Моя проблема заключалась в том, чтобы получить коэффициент p из интеграла, и я не думал делать это таким образом.
@ gh3 на самом деле это очень полезный прием, называемый дифференцированием под знаком интеграла, и он будет очень полезен для всех видов гауссовых интегралов. Я бы порекомендовал вам проверить это где-нибудь более подробно.

РДЖ · Answer 2

Обратите внимание на интеграл произвольной функции Гаусса,

\int_{- \infty}^{\infty} е^{- а {Икс}^{2} + б Икс} г Икс "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{\frac{б^{2}}{4 а}}

$\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2 + bx} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} ~e^{\frac{b^2}{4a}} \end{equation}$

Незначительный комментарий: квалифицировано $a>0$ .
Ага, понял. Моя проблема в том, что при выводе я получаю коэффициент $p$ перед гауссианом, все еще интегрируя от отрицательной бесконечности до положительной бесконечности, что означает, что интеграл оценивается как $0$ .
$\uparrow$ Мой ответ основан на вашем коротком.
@Frobenius: спасибо за уточнение моего ответа. Я думал, что этого будет достаточно!

Фробениус · Answer 3

Намекать :

Сделайте гипотезу о том, что интеграл произвольной функции Гаусса (см. ответ RGJ)

\begin{matrix} (01) & \int_{- \infty}^{\infty} е^{- а {Икс}^{2} + б Икс} г Икс "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{(б^{2} / 4 а)} \end{matrix}

$\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} e^{\boldsymbol{-}ax^2\boldsymbol{+} bx} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} ~e^{(b^2/4a)} \tag{01}\label{eq01} \end{equation}$ действует для

a, b

$\;a,b\;$ чисто мнимые числа и для нашего случая

\begin{aligned} (02.1) & а & "=" я (\frac{т}{2 м}) \\ (02.2) & б_{к} & "=" я {(Икс - {Икс}_{0})}_{к}, к "=" 1, 2, 3 \end{aligned}

$\begin{align} a &=i\left(\dfrac{t}{2m}\right) \tag{02.1}\label{eq02.1}\\ b_k &=i\left(\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\right)_k, \quad k=1,2,3 \tag{02.2}\label{eq02.2} \end{align}$ Затем

\begin{aligned} (03.1) & \int_{- \infty}^{+ \infty} е^{- а п_{1}^{2} + б_{1} п_{1}} г п_{1} & "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{(б_{1}^{2} / 4 а)} "=" \sqrt{\frac{2 π м}{я т}} е^{я м | {(Икс - {Икс}_{0})}_{1} |^{2} / 2 т} \\ (03.2) & \int_{- \infty}^{+ \infty} е^{- а п_{2}^{2} + б_{2} п_{2}} г п_{2} & "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{(б_{2}^{2} / 4 а)} "=" \sqrt{\frac{2 π м}{я т}} е^{я м | {(Икс - {Икс}_{0})}_{2} |^{2} / 2 т} \\ (03.3) & \int_{- \infty}^{+ \infty} е^{- а п_{3}^{2} + б_{3} п_{3}} г п_{3} & "=" \sqrt{\frac{π}{а}} е^{(б_{3}^{2} / 4 а)} "=" \sqrt{\frac{2 π м}{я т}} е^{я м | {(Икс - {Икс}_{0})}_{3} |^{2} / 2 т} \end{aligned}

$\begin{align} \int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}e^{\boldsymbol{-}a p_1^2\boldsymbol{+}b_1 p_1}\mathrm dp_1 &=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\,e^{(b_1^2/4a)}=\sqrt{\dfrac{2\pi m}{i t}}\,e^{im\vert\left(\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\right)_1\vert^2/2t} \tag{03.1}\label{eq03.1}\\ \int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}e^{\boldsymbol{-}a p_2^2\boldsymbol{+}b_2 p_2}\mathrm dp_2 &=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\,e^{(b_2^2/4a)}=\sqrt{\dfrac{2\pi m}{i t}}\,e^{im\vert\left(\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\right)_2\vert^2/2t} \tag{03.2}\label{eq03.2}\\ \int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}e^{\boldsymbol{-}a p_3^2\boldsymbol{+}b_3 p_3}\mathrm dp_3 &=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\,e^{(b_3^2/4a)}=\sqrt{\dfrac{2\pi m}{i t}}\,e^{im\vert\left(\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\right)_3\vert^2/2t} \tag{03.3}\label{eq03.3} \end{align}$ Умножая вышеприведенные 3 уравнения рядом, мы имеем

\begin{matrix} (04) & \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} е^{- а ‖ п ‖^{2} + б \cdot п} г п_{1} г п_{2} г п_{3} "=" {(\frac{π}{а})}^{3 / 2} е^{(‖ б ‖^{2} / 4 а)} "=" {(\frac{2 π м}{я т})}^{3 / 2} е^{я м ‖ Икс - {Икс}_{0} ‖^{2} / 2 т} \end{matrix}

$\begin{equation} \int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}\int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}\int\limits_{\boldsymbol{-\infty}}^{\boldsymbol{+\infty}}e^{\boldsymbol{-}a \Vert\mathbf{p}\Vert^2\boldsymbol{+}\mathbf{b}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{p}}\mathrm dp_1\mathrm dp_2\mathrm dp_3=\left(\dfrac{\pi}{a}\right)^{3/2}e^{(\Vert\mathbf{b}\Vert^2/4a)}=\left(\dfrac{2\pi m}{i t}\right)^{3/2}e^{im\Vert\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\Vert^2/2t} \tag{04}\label{eq04} \end{equation}$ или

\begin{matrix} (05) & \int_{р^{3}} е^{- я (‖ п ‖^{2} / 2 м) т + я п \cdot (Икс - {Икс}_{0})} г^{3} п "=" {(\frac{2 π м}{я т})}^{3 / 2} е^{я м ‖ Икс - {Икс}_{0} ‖^{2} / 2 т} \end{matrix}

$\begin{equation} \int\limits_{\mathbb{R}^3} e^{\boldsymbol{-}i (\Vert\mathbf{p}\Vert^2/2m)t\boldsymbol{+}i\mathbf{p}\boldsymbol{\cdot}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0\right)}\mathrm d^3\mathbf{p}=\left(\dfrac{2\pi m}{i t}\right)^{3/2}e^{im\Vert\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\Vert^2/2t} \tag{05}\label{eq05} \end{equation}$ и

\begin{matrix} (06) & \frac{1}{(2 π)^{3}} \int_{р^{3}} е^{- я (‖ п ‖^{2} / 2 м) т + я п \cdot (Икс - {Икс}_{0})} г^{3} п "=" {(\frac{м}{2 π я т})}^{3 / 2} е^{я м ‖ Икс - {Икс}_{0} ‖^{2} / 2 т} \end{matrix}

$\begin{equation} \frac{1}{(2\pi)^3}\int\limits_{\mathbb{R}^3} e^{\boldsymbol{-}i (\Vert\mathbf{p}\Vert^2/2m)t\boldsymbol{+}i\mathbf{p}\boldsymbol{\cdot}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0\right)}\mathrm d^3\mathbf{p}=\left(\dfrac{m}{2\pi i t}\right)^{3/2}e^{im\Vert\mathbf{x}\boldsymbol{-}\mathbf{x}_0\Vert^2/2t} \tag{06}\label{eq06} \end{equation}$ Итак, попробуйте доказать гипотезу .

Пескин и Шредер: свободное распространение частиц

гх3

Qмеханик

гх3

Ответы (3)

Заратустра

гх3

Заратустра

РДЖ

K7PEH

гх3

Фробениус

РДЖ

Фробениус

Интегрирование e−itp2+m2√e−itp2+m2e^{-it\sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}} для амплитуды QM

Полюса для частицы, рассеянной в дельта-потенциале

Распространитель свободных частиц - Оценка интеграла [закрыто]

Оцените Propagator для частицы, движущейся по кругу

Позиционирование оператора в импульсном пространстве

Оператор сдвига (интегральное исчисление с использованием полиномов Эрмита) [закрыто]

Интеграл в nnn-мерном евклидовом пространстве

Интеграл по скалярному произведению собственной функции оператора импульса и гармонического осциллятора один

Расчет среднего значения кинетической энергии ⟨Ek⟩⟨Ek⟩\langle E_k \rangle для известной волновой функции

Безмассовый бозон в 2D и его (запаздывающий) пропагатор