Следующий вопрос из « Введения квантовой механики» Дэвида Гриффитса:
Задача 2.13 . Частица в потенциале гармонического осциллятора начинается в состоянии
Ψ ( x , 0 ) = A [ 3 ψ 0 ( х ) + 4 ψ 1 ( х ) ] ,(а) Найти ,(б) построить Ψ ( х , т ) и | Ψ ( х , т ) | 2 ,
Часть (б) просит построить общее решение из экземпляра в то время т = 0 ,
Стратегия, приведенная в книге, заключается в добавлении зависимости от времени к каждому стационарному состоянию, формируя общее решение:
Подходить Ψ ( х , 0 ) Вы записываете общую линейную комбинацию этих решений:
Ψ ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ с N ψ N ( х ) : (2.16)чудо в том, что вы можете * всегда соответствовать заданному начальному состоянию путем соответствующего выбора констант с 1 , с 2 , с 3 … , Строить Ψ ( х , т ) вы просто привязываете к каждому члену его характерную зависимость от времени, е - я E N т / ℏ :Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ с N ψ N ( х ) е - я E N т / ℏ = ∑ n = 1 ∞ с N Ψ N ( х , т ) . (2,17)
Я не уверен, однако, о том, как мы можем гарантировать, что два решения ψ 1 и ψ 2 в зависимости от времени уравнения не имеют ψ 1 ( х , 0 ) = ψ 2 ( х , 0 ) , Если мы не можем гарантировать это, то как мы узнаем, что решение, найденное методом Гриффитса, уникально?
Но как мы можем гарантировать, что два решения ψ 1 и ψ 2 в зависимости от времени уравнения не имеют ψ 1 ( х , 0 ) = ψ 2 ( х , 0 ) , Если мы не можем гарантировать это, то как мы узнаем, что решение, найденное методом Гриффита, уникально?
Я понимаю, что ваш вопрос в основном спрашивает, откуда мы знаем, что нестационарное уравнение Шредингера с начальным условием имеет единственное решение. Чтобы показать это, мы используем общий метод для показа единственности решения линейного дифференциального уравнения: мы показываем, что если два ответа одинаковы в одной точке, то их разность постоянна 0 ,
Зависящее от времени уравнение Шредингера является линейным; это означает, что если Ψ 1 и Ψ 2 решения нестационарного уравнения Шредингера, то α 1 Ψ 1 + α 2 Ψ 2 для любого α 1 , α 2 , Особенно, Ψ = Ψ 1 - Ψ 2 это решение. Итак, мы имеем
Форма решения, показанная Гриффитсом, не уникальна. Это означает, что существуют случаи, когда основа { ψ N ( х ) } будет воспроизводить Ψ в виде
Во всех таких случаях само решение все еще уникально . Это представление меняется таким образом, который в точности аналогичен тому, как будут меняться координаты вектора в другой системе координат, но вектор остается неизменным. Уникальность решения не в том, как мы решили уравнение, а в свойстве самого уравнения Шредингера.
Если ψ N и φ м Собственные функции ЧАС и они имеют разные собственные значения, то они должны быть ортогональны и поэтому не могут быть равными. Это следует из того, что
Поэтому неуникальность представления объединяется с подпространствами, где ЧАС вырожден: то есть, когда у него есть две из более линейно независимых собственных функций с тем же собственным значением. В этом случае любая база для этого подпространства будет работать , но все базы эквивалентны . Вы выбираете тот, который наиболее удобен для ваших целей, но имейте в виду, что вы сделали произвольный выбор основы.
Самым простым примером является атом водорода, где собственные функции вырождены, если они разделяют N и L квантовые числа. * Затем вам нужно выбрать основу для этого подпространства, и для этого вам нужно сломать изотропию - вам нужно выбрать конкретное направление для вашей базы. Это обычно принимается как Z ось (куда бы она ни указывала), при том понимании, что любое другое направление - это кратковременное изменение.
* Есть дополнительное вырождение в L но это не имеет значения для этих целей.
Итак, я вижу весь ваш вопрос так:
Как мы можем гарантировать, что два решения ψ 1 и ψ 2 в зависимости от времени уравнения не имеют ψ 1 ( х , 0 ) = ψ 2 ( х , 0 ) , Если мы не можем гарантировать это, то как мы узнаем, что решение, найденное методом Гриффита, уникально?
Это действительно базовое свойство векторов и матриц; если у вас есть два n × 1 "векторы столбцов" U , v в С N которые являются собственными векторами n × n Эрмитова матрица ЧАС = H † то либо они ортогональны в том смысле, что U † v = v † и = 0 или они имеют одинаковое собственное значение.
Зачем? Ну, это просто взаимодействие участвующих частей. Эрмитовы матрицы должны иметь реальные собственные значения, потому что U † ЧАС u = λ U U † U должен быть своим собственным комплексным сопряженным - потому что ( А Б ) † = B † † и тот факт, что 1 × 1 сопряженная операция представляет собой сложное сопряжение вы найдете ( ты † ЧАС а ) * = λ * U U † U по самому определению эрмитова ( ЧАС = H † ), также U † ЧАС † ты = ты † ЧАС u = λ U U следовательно, мы либо тривиально U † и = 0 и и = 0 или λ U = λ * U и поэтому λ U это реальное число.
Теперь посмотри на U † ⋅ H ⋅ v = λ v U † v но его комплексное сопряжение должно быть v † ⋅ H ⋅ u = λ U v † U ; принимая второе комплексное сопряжение, мы находим, что λ v U † v = λ U U † v , У нас есть только два варианта: либо λ U = λ v или еще U † v = 0 ,
По сути, проблема в том, что матрицы всегда имеют одинаковые «левые» и «правые» собственные значения, поскольку выражение дет ( A - λ I ) = 0 что вы используете, чтобы найти их, использует определитель, и дет А = дет А T потому что детерминантам все равно, выполняете ли вы итерацию по второстепенным или по столбцам. Когда вы говорите, что матрица является собственной транспонированной , как в сущности эрмитовой, то вы говорите, что и левый, и правый собственные векторы, соответственно, транспонируют друг друга. И этот факт заставляет эти собственные пространства становиться ортогональными друг другу.
Теперь я утверждаю, что вышеупомянутые точки не зависят от дискретных индексов вектора строки или вектора столбца, но только от отношения объектов , и, следовательно, когда мы переходим от вектора с дискретным индексом к волновой функции с непрерывным индексом, мы получить тот же вывод. Давайте проследим это до конца. Позволять сопоставить волновые функции с волновыми функциями, так что мы имеем
Теперь рассмотрим совершенно особый 1D случай, когда
Следует, что - ℏ 2 2 м ∂ 2 ∂ Икс 2 композиция двух таких операторов, умноженная на константу, также является эрмитовой, как и любая постоянная вещественная функция - таким образом, - ℏ 2 2 м ∂ 2 ∂ Икс 2 + V ( х ) ,
Так как это эрмитово, когда мы решаем Е ψ ( х ) = - ℏ 2 2 м ∂ 2 ψ ∂ Икс 2 + V ( х ) ψ ( х ) мы находим, что любые два различных решения ϕ , ψ либо имеют ту же энергию, либо ∫ d Икс φ * ( х ) ψ ( х ) = 0 исключая их постоянную функцию.
Кроме того, если мы когда-нибудь найдем полный спектр { ϕ я } это дает нам простой способ найти компоненты:
JIK
Эмилио Пизанти