Волновая функция прямоугольного окна ψψ\psi и исчисление ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для нее

Question

Волновая функция прямоугольного окна ψψ\psi и исчисление ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для нее

jeau_von_shrau

В настоящее время я рассматриваю прямоугольное окно $\psi$ функция:

ψ (Икс) "=" {\begin{cases} {(2 а)}^{- 1 / 2} & для | Икс | < а \\ 0 & в противном случае. \end{cases}

$\psi(x) = \begin{cases}\left(2a\right)^{-1/2}&\text{for } |x|<a \\ 0&\text{otherwise.} \end{cases}$ Меня интересует неопределенность импульса этой функции. Я ожидаю, что это будет функция a, «ширины»

ψ

$\psi$ в х-пространстве.

Я утверждаю, что $\langle{p}\rangle = 0$ потому что это стационарное состояние и поэтому $m\frac{d\langle x\rangle}{dt} = 0$ . Это избавляет меня от попытки найти производную ступенчатой функции, что мне придется сделать, хотя для $\langle{p^2}\rangle$ .

Для $\langle{p^2}\rangle$ Я должен рассчитать:

- ℏ^{2} \int_{- а}^{а} ψ^{*} \frac{д^{2}}{д {Икс}^{2}} ψ д Икс .

${-\hbar^2\int_{-a}^a\psi^*\frac{d^2}{dx^2}\psi} \,dx .$

Для этого требуется взять вторую производную функции квадратного окна, что, как я полагаю, приведет к бесконечным значениям. Поэтому вместо этого я буду работать в импульсном пространстве после вычисления преобразования Фурье $\psi$ для которого я получил функцию sinc:

ф (п) "=" \sqrt{\frac{ℏ}{а π}} \frac{грех (\frac{а π п}{ℏ})}{п} .

$\phi(p) = \sqrt{\frac{\hbar}{a\pi}}\frac{\sin(\frac{a\pi p}{\hbar})}{p}.$ И тогда я попытался вычислить

⟨ p^{2} ⟩

$\langle p^2 \rangle$

⟨ п^{2} ⟩ "=" \frac{ℏ}{а π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{{грех}^{2} (\frac{а π п}{ℏ})}{п^{2}} п^{2} д п "=" \frac{ℏ}{а π} \int_{- \infty}^{\infty} {грех}^{2} (\frac{а π п}{ℏ}) д п \to \infty

$\langle p^2\rangle = \frac{\hbar}{a\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\frac{a\pi p}{\hbar})}{p^2}p^2dp = \frac{\hbar}{a\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\sin^2(\frac{a\pi p}{\hbar})} dp \rightarrow \infty$

Я ошибаюсь? Это означало бы, что неопределенность импульса, $\sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2}$ , бесконечен независимо от ширины $a$ принадлежащий $x$ -локализация.

Qмеханик

Комментарий к вопросу (v3): Да, эта волновая функция обладает бесконечной кинетической энергией.

⟨ \frac{p^{2}}{2 m} ⟩ = \infty

$\langle\frac{p^2}{2m}\rangle=\infty$ , и, следовательно, нефизичен. Связанный: физика.stackexchange.com/q /38181/2451

jeau_von_shrau

Упс, спасибо! @Qmechanic Это интересное чтение. Чтобы показать, что это состояние имеет бесконечную кинетическую энергию, показав, что

\frac{⟨ p^{2} ⟩}{2 m}

$\frac{\langle p^2\rangle}{2m}$ пропорциональна интегралу от (дирак-дельта) ^ 2. Я должен решить это явно.

Даниэль Санк

Разрывная производная функции квадрата делает импульс бесконечным. Помните, что импульс – это вторая производная.

Ответы (2)

Волновая функция прямоугольного окна ψψ\psi и исчисление ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для нее

Комментарий к вопросу (v3): Да, эта волновая функция обладает бесконечной кинетической энергией. $\langle\frac{p^2}{2m}\rangle=\infty$ , и, следовательно, нефизичен. Связанный: физика.stackexchange.com/q /38181/2451
Упс, спасибо! @Qmechanic Это интересное чтение. Чтобы показать, что это состояние имеет бесконечную кинетическую энергию, показав, что $\frac{\langle p^2\rangle}{2m}$ пропорциональна интегралу от (дирак-дельта) ^ 2. Я должен решить это явно.
Разрывная производная функции квадрата делает импульс бесконечным. Помните, что импульс – это вторая производная.

Николай Миклин · Answer 1

Можно также посмотреть на эту проблему с практической точки зрения. Если взять даже сглаженный (допущенный) вариант прямоугольного окна $\psi$ функция, вы получите очень крутые «края» вашей функции. И теперь с математической точки зрения у вас будут очень большие значения производной вокруг $-a$ и $a$ (что означает большие значения импульса в КМ) и, следовательно, огромное $\langle p^2 \rangle$ , пока $\langle p \rangle$ останется нулем из-за противоположных знаков значений производных.
В вашем преобразовании Фурье эта сглаженная волновая функция означает интегрирование по большой, но конечной области, что снова приведет вас к огромной неопределенности.

София · Answer 2

София

Только для вашей самопроверки, вы могли бы сделать исчисление в $x$ представление,

(1) ⟨ п^{2} ⟩ "=" - ℏ^{2} \int_{- а}^{а} ψ^{*} \frac{д^{2}}{д {Икс}^{2}} ψ д Икс .

${(1) \ \langle p^2 \rangle = -\hbar^2\int_{-a}^a\psi^*\frac{d^2}{dx^2}\psi} \,dx .$

где я понимаю, что вы предполагаете единицы, в которых $2m = 1$ .

Теперь производная ступенчатой возрастающей функции равна тому, что возрастает при $x=-a$ является $\delta(x + a)$ а так как убывающая ступенчатая функция, которая снижается в $x=a$ можно записать как 1 - ступенчатая функция, ее производная $-\delta(x - a)$ . Поэтому

(2) \frac{д Вт (Икс; а)}{д Икс} "=" \frac{дельта (Икс + а) - дельта (Икс - а)}{\sqrt{2 а}} .

$(2) \frac {d W(x;a)}{dx} = \frac {\delta(x+a) - \delta(x-a)}{\sqrt {2a}} .$

Теперь давайте используем (2) в (1).

⟨ п^{2} ⟩ "=" - \frac{ℏ^{2}}{2 а} \int_{- а}^{а} \frac{д}{д Икс} [дельта (Икс + а) - дельта (Икс - а)] д Икс .

$\ \langle p^2 \rangle = - \frac {\hbar^2}{2a} \int_{-a}^a \frac {d}{dx} \left[ \delta(x+a) - \delta(x-a) \right] dx .$

"=" - \frac{ℏ^{2}}{2 а} [дельта (Икс + а) - дельта (Икс - а)] |_{- а}^{а} "=" \frac{ℏ^{2}}{а} \cdot \infty .

$\ \ \ \ \ \ = - \frac {\hbar^2}{2a} \left[ \delta(x+a) - \delta(x-a) \right] \Bigg|_{-a}^{a} = \frac {\hbar^2}{a} \cdot \infty \ \ \ .$

Это точно так же, как то, что вы получаете с вашим исчислением в $p$ пробел, если вы исправите ошибку в $\phi (p)$ , где должно появиться $\hbar$ , нет $\sqrt {\hbar}$ .

jeau_von_shrau

Это действительно здорово, большое спасибо. Так что мне вообще никогда не приходилось переключаться на импульсное пространство.

jeau_von_shrau

Я все еще пытаюсь найти, где я ошибся с этим

\sqrt{ℏ}

$\sqrt{\hbar}$ потому что я так понимаю, что есть

\frac{1}{\sqrt{ℏ}}

$\frac{1}{\sqrt{\hbar}}$ в определении преобразования Фурье из

ψ

$\psi$ к

ϕ

$\phi$ . Я также только что проверил мой

ϕ

$\phi$ и это нормализовалось.

София

@hopsital Прошу прощения, я увидел ваш комментарий только сейчас. Преобразование Фурье функции

f (x)

$f(x)$ является

\frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{i k x} d x

$\frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int_{- \infty} ^{\infty} f(x) e^{ikx} dx$ , где

k = p / ℏ

$k = p/ \hbar$ . Представляя вашу оконную функцию, которую вы получаете,

\frac{1}{2 \sqrt{π a}} \int_{- a}^{a} e^{i k x} d x

$\frac {1}{2 \sqrt {\pi a}} \int_{-a}^a e^{ikx} dx$ , результат которого

\frac{1}{2 i k \sqrt{π a}} (e^{i k a} - e^{- i k a}) d x

$\frac {1}{2ik \sqrt {\pi a}} (e^{ika} - e^{-ika}) dx$ . Введя здесь выражение

k

$k$ Вы получаете

\frac{ℏ}{p \sqrt{π a}} s i n (p a / ℏ)

$\frac {\hbar}{p \sqrt {\pi a}} sin(pa/ \hbar)$ .

София

@hospital Я имею в виду ваше замечание, что мне вообще никогда не приходилось переключаться на импульсное пространство. Почему бы не переключиться? Вычисление двумя способами и получение одного и того же результата даст вам уверенность в том, что результат хороший. Теперь еще одно: в вашей синусоидальной функции

s i n (a π p / ℏ)

$sin(a \pi p/ \hbar)$ в

π

$\pi$ бесполезно. Преобразование Фурье, как я уже говорил в предыдущем комментарии, получается умножением вашей функции на

e^{i k x}

$e^{ikx}$ и интегрирование по

x

$x$ . Просто для строгости, более

k

$k$ должна быть полоса, указывающая, что

k

$k$ определяется как

2 π / λ

$2\pi /\lambda$ . Но обычно мы опускаем черту над

k

$k$ как я сделал в своем предыдущем комментарии.

jeau_von_shrau

У вас есть хорошая мысль. Это стоит двойной проверки. Похоже, Сакурай определил

ϕ (p)

$\phi(p)$ Преобразование Фурье отличается от вашего в учебнике, который я использую, «Современная квантовая механика»:

ϕ (p) = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} \int_{- \infty}^{\infty} d x e^{- \frac{i p x}{ℏ}} ψ (x)

$\phi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}{dx e^{-\frac{ipx}{\hbar}}\psi(x)}$ что на языке k, все равно дало бы

ϕ (k) = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} \int_{- \infty}^{\infty} d x e^{- i k x} ψ (x)

$\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}{dx e^{{-ikx}}\psi(x)}$ Сакурай (1.7.34b)

София

@jeau_von_shrau: Я не знаю, о чем говорит этот Сакурай. Нет причин для

ℏ

$\hbar$ находиться под квадратным корнем.

ℏ

$\hbar$ исходит из того простого факта, что волновое число

k

$k$ равно

p / ℏ

$p/ \hbar$ , где

p

$p$ линейный импульс. Кроме того, функция

ψ

$\psi$ для преобразования не должно быть в экспоненте. Повторяю, преобразование Фурье функции

f (x)

$f(x)$ является

\frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{i k x} d x

$\frac {1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{ikx} \ dx$ .

ℏ

$\hbar$ появляется естественным образом, как я уже сказал, всякий раз, когда удобно заменить волновое число

k

$k$ с

p / ℏ

$p/ \hbar$ .

София

@jeau_von_shrau Я не видел ни в одной другой книге такого

ℏ

$\hbar$ там, где Сакурай помещает его.

София

@jeau_von_shrau : Аааа ! Думаю, я понимаю его мотивацию. Когда вы преобразуете обратно, т.е.

ψ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} d k ϕ (k) e^{i k x} d k

$\psi (x) = \frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int _{-\infty}^{\infty} dk \phi(k) e^{ikx} dk$ , он, вероятно, хочет записать обратное преобразование как

ψ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} d k ϕ (p) e^{i p x / ℏ} d p

$\psi (x) = \frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int _{-\infty}^{\infty} dk \phi(p) e^{ipx/\hbar} dp$ . Произведение двух элементов интегрирования dx \ dp имеет размерность

ℏ

$\hbar$ . Но эта изощренность обычно не используется. Люди работают в общем, как я говорю.

jeau_von_shrau

Большое спасибо, что прояснили это. Это был вопрос обозначения или

sophistication

$\textit{sophistication}$ ржу не могу. Так же, как у вас есть произвольный выбор разделить

\frac{1}{2 π}

$\frac{1}{2\pi}$ в одном из двух преобразований Фурье как

\frac{1}{\sqrt{2 π}}

$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ в обоих вы можете аналогичным образом разделить это

\frac{1}{ℏ}

$\frac{1}{\hbar}$ слишком. Это произвольное определение становится здесь очень важным, потому что

ℏ

$\hbar$ имеет единицы. Мы действительно говорим о разных

ϕ

$\phi$ с тогда. Я начну следовать норме; Спасибо, что дал мне знать!

София

@jeau_von_shrau, пожалуйста, обратите внимание, волновая функция обычно не является безразмерным числом. Мы знаем, что вероятность безразмерна, поэтому, поскольку

\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1

$\int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2 dx = 1$ , у одного такое

ψ (x)

$\psi(x)$ имеет размерность

c m^{- 1 / 2}

$cm^{-1/2}$ . Также,

\int_{- \infty}^{\infty} | ϕ (k) |^{2} d k = 1

$\int_{-\infty}^{\infty} |\phi(k)|^2 dk = 1$ , поэтому

ψ (k)

$\psi(k)$ имеет размерность

c m^{+ 1 / 2}

$cm^{+1/2}$ потому что

d k

$dk$ имеет измерение

c m^{- 1}

$cm^{-1}$ . Нехорошо вводить факторы, изменяющие измерения, как это сделал Сакурай. Преобразование Фурье, которое обычно появляется в статьях и книгах, работает правильно.

Волновая функция прямоугольного окна ψψ\psi и исчисление ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для нее

jeau_von_shrau

Qмеханик

jeau_von_shrau

Даниэль Санк

Ответы (2)

Николай Миклин

София

jeau_von_shrau

jeau_von_shrau

София

София

jeau_von_shrau

София

София

София

jeau_von_shrau

София

Расчет ⟨p⟩⟨p⟩\langle p\rangle и ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle для волновой функции [закрыто]

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

Что такое квадрат оператора импульса P^P^\hat{P} в двух измерениях?

Эквивалентная версия принципа неопределенности энергии времени внезапного приближения?

Волновые функции, когда xxx стремится к бесконечности

Почему собственные пространства эрмитова оператора взаимно ортогональны? [закрыто]

Какая связь между определением принципа неопределенности с использованием стандартных отклонений и использованием ΔxΔx\Delta x и ΔpΔp\Delta p?

Оператор перевода и оператор положения

Как решить эти интегралы волновой функции и оператора?

Гауссовский волновой пакет