Уравнение Шрёдингера в позиционном представлении

Question

Уравнение Шрёдингера в позиционном представлении

Дикий кот

Мы начинаем с абстрактного вектора состояния $\newcommand{\ket}[1]{|{#1}\rangle} \ket{\Psi}$ как описание состояния системы и уравнение Шредингера в следующем виде

я ℏ \frac{д}{д т} | Ψ (т) ⟩ знак равно \hat{ЧАС} | Ψ (т) ⟩ . (1)

$\DeclareMathOperator{\dif}{d \!} \newcommand{\ramuno}{\mathrm{i}} \newcommand{\exponent}{\mathrm{e}} \newcommand{\bra}[1]{\langle{#1}|} \newcommand{\braket}[2]{\langle{#1}|{#2}\rangle} \newcommand{\bracket}[3]{\langle{#1}|{#2}|{#3}\rangle} \newcommand{\linop}[1]{\hat{#1}} \newcommand{\dpd}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \newcommand{\dod}[2]{\frac{\dif{#1}}{\dif{#2}}} \ramuno \hbar \dod{}{t} \ket{\Psi(t)} = \hat{H} \ket{\Psi(t)} \, . \quad (1)$

Теперь, если мы перейдем к позиционному представлению вектора состояния, что произойдет с уравнением Шрёдингера?

В книге «Математика для квантовой механики: вводный обзор операторов, собственных значений и линейных векторных пространств » Джона Дэвида Джексона я нашел следующую информацию (стр. 77-78).

Взяв внутренний продукт обеих частей (1) с $\ket{x}$ и используя разрешение личности $\linop{I} = \int\nolimits_{-\infty}^{+\infty} \ket{x'} \bra{x'} \dif{x'}$ в правой части получаем

я ℏ \frac{д}{д т} ⟨ Икс | Ψ (т) ⟩ знак равно \int_{- \infty}^{+ \infty} ⟨ Икс | \hat{ЧАС} | {Икс}^{'} ⟩ ⟨ {Икс}^{'} | Ψ (т) ⟩ д {Икс}^{'} .

$\ramuno \hbar \dod{}{t} \braket{x}{\Psi(t)} = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \bracket{ x }{ \linop{H} }{ x' } \braket{ x' }{ \Psi(t) } \dif{x'} \, .$ Затем введем волновую функцию

Ψ (x, t) \equiv ⟨ x | Ψ (t) ⟩

$\Psi(x,t) \equiv \braket{x}{\Psi(t)}$ и если я правильно понял

⟨ x | \hat{H} | x^{'} ⟩

$\bracket{ x }{ \linop{H} }{ x' }$ также заменяется функцией

h (x, x^{'})

$h(x, x')$ что приведет нас к

я ℏ \frac{д}{д т} Ψ (Икс, т) знак равно \int_{- \infty}^{+ \infty} час (Икс, {Икс}^{'}) Ψ ({Икс}^{'}, т) д {Икс}^{'} .

$\ramuno \hbar \dod{}{t} \Psi(x, t) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} h(x, x') \Psi(x', t) \dif{x'} \, .$ Теперь мы в одном шаге от знакомого уравнения Шредингера в позиционном представлении: нам нужен оператор Гамильтона в позиционном представлении

\hat{H} (x, \frac{ℏ}{i} \frac{d}{d x})

$\linop{H}(x, \frac{\hbar}{\ramuno} \dod{}{x})$ быть предоставленным

\hat{ЧАС} (Икс, \frac{ℏ}{я} \frac{д}{д Икс}) Ψ (Икс, т) знак равно \int_{- \infty}^{+ \infty} час (Икс, {Икс}^{'}) Ψ ({Икс}^{'}, т) д {Икс}^{'} .

$\linop{H}(x, \frac{\hbar}{\ramuno} \dod{}{x}) \Psi(x, t) = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} h(x, x') \Psi(x', t) \dif{x'} \, .$

Автор утверждает (стр. 44), что

Для наших целей общий линейный оператор $K$ можно записать в явном виде
$грамм знак равно К ф \to грамм (Икс) знак равно \int_{а}^{б} к (Икс, {Икс}^{'}) ф ({Икс}^{'}) д {Икс}^{'} (2)$ $g = K f \rightarrow g(x) = \int\limits_{a}^{b} k(x,x') f(x') \dif{x'} \quad(2)$ Функция $k(x,x')$ называется ядром оператора $K$ .

Не то, чтобы я не доверял автору, но так как мои познания в математике не велики и я никогда раньше не видел что-то вроде (2), меня смущает это "для наших целей".

Что это на самом деле означает? Верно ли (2) для любого линейного оператора или для определенного вида линейных операторов, скажем, для самосопряженных линейных операторов в гильбертовых пространствах?

Ответы (2)

Уравнение Шрёдингера в позиционном представлении

джошфизика · Answer 1

Позвольте мне сначала сказать, что я думаю, что Тобиас Кинцлер проделал большую работу, обсуждая интуицию, стоящую за вашим вопросом при переходе от конечных измерений к бесконечным.

Вместо этого я попытаюсь рассмотреть математическое содержание утверждений Джексона. Мое основное требование будет заключаться в том, что

Независимо от того, работаете ли вы с конечной или бесконечной размерностью, написание уравнения Шредингера в определенном базисе требует только определения .

Чтобы увидеть это ясно, не беспокоясь о возможных математических тонкостях, давайте сначала рассмотрим

Конечное измерение

В этом случае мы можем быть уверены, что существует ортонормированный базис $\{|n\rangle\}_{n=1, \dots N}$ для гильбертова пространства $\mathcal H$ . Теперь для любого состояния $|\psi(t)\rangle$ определим так называемые матричные элементы состояния и гамильтониана следующим образом:

\begin{aligned} ψ_{н} (т) знак равно ⟨ н | ψ (т) ⟩, {ЧАС}_{м н} знак равно ⟨ м | ЧАС | н ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} \psi_n(t) = \langle n|\psi(t)\rangle, \qquad H_{mn} = \langle m|H|n\rangle \end{align}$ Теперь возьмем внутренний продукт обеих частей уравнения Шредингера с

⟨ m |

$\langle m|$ , и используйте линейность внутреннего продукта и производной, чтобы написать

\begin{aligned} ⟨ м | \frac{д}{д т} | ψ (т) ⟩ знак равно \frac{д}{д т} ⟨ м | ψ (т) ⟩ знак равно \frac{д ψ_{м}}{д т} (т) \end{aligned}

$\begin{align} \langle m|\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle=\frac{d}{dt}\langle m|\psi(t)\rangle=\frac{d\psi_m}{dt}(t) \end{align}$ Тот факт, что наш базис ортонормирован, говорит нам, что у нас есть разрешение идентичности

\begin{aligned} я знак равно \sum_{м знак равно 1}^{Н} | м ⟩ ⟨ м | \end{aligned}

$\begin{align} I = \sum_{m=1}^N|m\rangle\langle m| \end{align}$ Так что после приема внутреннего продукта с

⟨ m |

$\langle m|$ , сторона записи уравнения Шредингера может быть записана следующим образом:

\begin{aligned} ⟨ м | ЧАС | ψ (т) ⟩ знак равно \sum_{м знак равно 1}^{Н} ⟨ н | ЧАС | м ⟩ ⟨ м | ψ (т) ⟩ знак равно \sum_{м знак равно 1}^{Н} {ЧАС}_{н м} ψ_{м} (т) \end{aligned}

$\begin{align} \langle m|H|\psi(t)\rangle = \sum_{m=1}^N\langle n|H|m\rangle\langle m|\psi(t)\rangle = \sum_{m=1}^N H_{nm}\psi_m(t) \end{align}$ Приравнивание, объединяющее все это, дает уравнение Шредингера в

{| n ⟩}

$\{|n\rangle\}$ основа;

\begin{aligned} \frac{д ψ_{н}}{д т} (т) знак равно \sum_{м знак равно 1}^{Н} {ЧАС}_{н м} ψ_{м} (т) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d\psi_n}{dt}(t) = \sum_{m=1}^NH_{nm}\psi_m(t) \end{align}$

Бесконечное измерение

При бесконечном числе измерений мы можем выбрать запись уравнения Шредингера либо в дискретном (счетном) базисе для гильбертова пространства $\mathcal H$ , который, кстати, всегда существует, поскольку все квантово-механические гильбертовы пространства обладают счетным ортонормированным базисом, или мы можем выбрать непрерывный «базис», такой как положение «базиса», в котором нужно записать уравнение. Я помещаю базис здесь в кавычки, потому что волновые функции позиционного пространства на самом деле не являются элементами гильбертова пространства, поскольку они не являются функциями, интегрируемыми с квадратом.

В случае счетного ортонормированного базиса точно так же выполняется вычисление, выполненное выше для записи уравнения Шёдингера в базисе, с заменой $N$ с $\infty$ повсюду.

В случае с «основой» $\{|x\rangle\rangle_{x\in\mathbb R}$ , приведенное выше вычисление выполняется почти точно так же (как, по сути, показывает ваш вопрос), за исключением того, что определения, которые мы сделали в начале, немного меняются. В частности, мы определяем функции $\psi:\mathbb R^2\to\mathbb C$ и $h:\mathbb R^2\to\mathbb C$ от

\begin{aligned} ψ (Икс, т) знак равно ⟨ Икс | ψ (т) ⟩, час (Икс, {Икс}^{'}) знак равно ⟨ Икс | ЧАС | {Икс}^{'} ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} \psi(x,t) = \langle x|\psi(t)\rangle, \qquad h(x,x') = \langle x|H|x'\rangle \end{align}$ Затем следует представление уравнения Шредингера в пространстве позиций, если взять скалярное произведение обеих частей уравнения с

⟨ x |

$\langle x|$ и используя разрешение тождества

\begin{aligned} я знак равно \int_{- \infty}^{\infty} д {Икс}^{'} | {Икс}^{'} ⟩ ⟨ {Икс}^{'} | \end{aligned}

$\begin{align} I = \int_{-\infty}^\infty dx'\, |x'\rangle\langle x'| \end{align}$ Единственные реальные математические тонкости, о которых вам придется беспокоиться в этом случае, это то, какие именно объекты являются символами.

| x ⟩

$|x\rangle$ представляют (поскольку они не находятся в гильбертовом пространстве) и в каком смысле можно написать разрешение тождества для таких объектов. Но как только вы позаботились об этих вопросах, преобразование уравнения Шредингера в его выражение в конкретном «представлении» — это просто вопрос принятия соответствующих определений.

Тобиас Кинцлер · Answer 2

Думайте о линейном операторе как о переводе бесконечно большой матрицы с дискретными индексами в матрицу с непрерывными «индексами», называемыми координатами. $K$ будет обозначать Матрицу, а $k(x,x')$ это то, что кто-то пишет как $K_{x x'}$ для матриц. Когда вы применяете линейный оператор к функции, это похоже на умножение матрицы на вектор, только вместо суммирования по дискретному второму индексу вы теперь интегрируете по непрерывной второй координате, т.е. $\sum_{x'}K_{x x'}f_{x'} \to \int dx'\, k(x,x')f(x')$ . Конечно, это немного больше из-за перехода от $\{1,2,3,...,n\}$ через $\mathbb N$ к $\mathbb R$ поскольку «индекс» включает в себя некоторую математическую путаницу, но в большинстве случаев он работает нормально без какого-либо специального рассмотрения.

Уравнение Шрёдингера в позиционном представлении

Дикий кот

Ответы (2)

джошфизика

Тобиас Кинцлер

Неявный постулат квантовой механики

Гильбертово пространство и гамильтонианы

Собственные векторы pxpxp_x в конкретном домене

Можно ли рассматривать собственные состояния гильбертова пространства как дельта-функции?

Симметричные (по существу) самосопряженные операторы и спектральная теорема

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

От спектральной теоремы к соотношению полноты в квантовой механике

Представление операторов в квантовой механике

Нахождение T†T†T^\dagger, где Tφ(x)=φ(x+a)Tφ(x)=φ(x+a)T\varphi(x)=\varphi(x+a)

Оснащенное гильбертово пространство и КМ