Эффект Доплера для волновой функции.

[Инт]

Точно надо. Когда инвариантность УШ проверял, учитывал. Это означает появление дополнительной энергии у частицы.

[Munin]

ИгорЪ
Простите, а почему у вас для случая нестационарного уравнения Шрёдингера плоские волны имеют вид $e^{ikx},$ а не $e^{i(kx-\omega t)}$? Приравнивать функции и их производные надо не "в нуле", а на ступеньке, которая движется, не для $t=0,$ а для всех $t.$ Так что распишите-ка, как вы и что приравниваете.

-- 07.12.2010 17:55:22 --

Инт в сообщении #384643 писал(а):

По идее должен измениться. Например, в одной из систем отсчёта отражённого потока не будет вообще.

Сам коэффициент надо определить инвариантным образом, то есть не "сколько летящих обратно частиц приходится на одну летящую прямо", а "сколько отражённых частиц приходится на одну падающую". Тут (в словесной части у Игор-я) вроде правильно.

[ИгорЪ]

Инт в сообщении #384654 писал(а):

Точно надо. Когда инвариантность УШ проверял, учитывал. Это означает появление дополнительной энергии у частицы.

Или импульса, что эквивалентно, и в описаном решении присутствует. Однако вот что удивительно. Отбросим на время галилеевские бусты и решим просто задачу с движущейся влево ступенькой в т.$x$ по закону $x=-vt$ . Слева и справа от ступеньки УШ стационарно. Потому ф-ции теже. Нестационарно условие сшивки, там присутствует время. Вычисление даёт $B=B_0e^{if(t)}$ где $B_0$-для покоящейся ступеньки, т. е коэф. отражения будучи квадратом модуля $B$ не меняется.
Теперь вернемся к галилеевским бустам. Точно так же, проверил в лоб, да и ясно из сказанного выше, учёт движения ступеньки для произвольно движущегося наблюдателя не меняет модуль $B$. Вспоминая определение коэф. отражения для движущегося наблюдателя вновь имеем, что он другой чем у покоящегося. Где ошибка?
Внесение в в.ф. фаз вида $e^{iwt}$ ни на что не влияет.

[Munin]

ИгорЪ в сообщении #384876 писал(а):

Слева и справа от ступеньки УШ стационарно. Потому ф-ции теже.

Те же, да не те же. Плоские волны - да. Стационарные плоские волны - нет. Потому что множитель $e^{-i\omega t}$ у разных слагаемых разный.

Поймите, у неподвижной ступеньки падающая волна может быть записана в виде $e^{ik_1x} +Be^{-ik_1x}$ только потому, что в настоящей (нестационарной) падающей волне $e^{ik_1x-i\omega_1 t} +Be^{-ik_1x-i\omega_1 t}$ может быть выделен и вынесен за скобки одинаковый множитель $e^{-i\omega t}.$ Как только ступенька движется, волна становится $e^{ik_1x-i\omega_1 t} +Be^{-ik_2x-i\omega_2 t},$ и ничего выносить нельзя.

[ИгорЪ]

Очень непонятно. Вы можете написать каким уравнениям по вашему удовлетворяет в.ф. до и после ступеньки?На мой взгляд они стационарные! И потом. Это что общепринятое понятие нестационарная волна? И какому же уравнению она удовлетворяет?

[Munin]

Это не общепринятое понятие, это я сократил "волна, удовлетворяющая нестационарному уравнению Шрёдингера". Уж как выглядит нестационарное уравнение Шрёдингера, вы, надеюсь, знаете.

[ИгорЪ]

Munin в сообщении #385091 писал(а):

Уж как выглядит нестационарное уравнение Шрёдингера, вы, надеюсь, знаете.

Для этой задачи не знаю. Покажите. В данной задаче нестационарность тлько в условиях сшивки двух областей. В областях УШ стационарные.

[Munin]

Стационарное или нестационарное УШ - это выбор между

$$i\frac{\partial}{\partial t}\Psi=H\Psi=\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x,t)\right]\Psi\eqno(\text{НстУШ})$$

и

$$E\psi=H\psi=\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x)\right]\psi,\eqno(\text{СтУШ})$$

причём (НстУШ) называется нестационарным, даже когда $U$ не зависит от $t.$

Переход от (НстУШ) к (СтУШ) отвечает стационарности решений, то есть на физическом языке - стационарности состояний квантовой системы. Решение (НстУШ) называется стационарным (физически - стационарным состоянием), когда раскладывается на множители

$$\Psi(x,t)=\psi(x)\exp(-i\omega t),$$

(разумеется, для этого должно быть $U=U(x)$) а решения такого вида можно найти, разделив в (НстУШ) переменные, и получив по одной из переменных (СтУШ), а по другой - тривиальное $i\,d\varphi(t)/dt=E\,\varphi(t).$


В области $U=\mathrm{const}$ оба уравнения имеют решения в виде суперпозиции плоских волн, но для (НстУШ) в суперпозиции участвуют волны вида

$$\Psi=A\exp\bigl(-i(\omega t-kx)\bigr)$$

для всех $k$ и для $\omega,$ удовлетворяющих дисперсионному соотношению $\omega=k^2/2m+U;$ а для (СтУШ) участвуют только волны вида

$$\psi=A\exp(ikx),$$

где $k$ выбираются из дисперсионного соотношения $\omega=k^2/2m+U,$ но при фиксированном для всего уравнения в целом $\omega=E.$


Таким образом, задача рассеяния в стационарной формулировке рассматривает в области падения волну вида

$$\psi=e^{\textstyle ik_1x}+Be^{\textstyle -ik_1x},$$

а в нестационарной формулировке уже

$$\Psi=e^{\textstyle i(k_1x-\omega_1t)}+Be^{\textstyle i(-k_2x-\omega_2t)},$$

где $\omega_1=k_1^2/2m,$ а $\omega_2=k_2^2/2m.$ (Разумеется, если бы речь шла о более общем рассеянии на времязависимом потенциале, а не о бусте стационарного потенциала, отражались бы волны всевозможных энергий, и требовалось бы нечто вида $\Psi=\exp\bigl(i(k_1x-\omega_1 t)\bigr)+\int_{k}b(k)\exp\bigl(i(-kx-\omega(k)t)\bigr)dk.$) Теперь видно, какие функции и как должны сшиваться, а в какой точке - зависит от потенциала $U(x,t).$ Если мы берём неподвижную ступеньку, до буста, то сшивка происходит в точке $x=0.$ Только тогда, после решения условий сшивки, можно будет констатировать, что отражённая волна имеет тот же временной множитель $\exp(-i\omega_2t)=\exp(-i\omega_1t),$ и поэтому его можно вынести за скобку, и перейти от (НстУШ) к (СтУШ). А если мы берём движущуюся ступеньку, то сшивка происходит в точке $x=-vt,$ и разумеется, будет $\omega_2\ne\omega_1,$ и решение условий сшивки... вот теперь можете найти его сами.

[ИгорЪ]

Кому интересно, вот к чему я пришел.
1. Коэф. отражения, как и потоки, не есть инварианты галилеевых бустов, потому никаких противоречий нет.
2. Решать задачу о движущейся ступеньке можно двумя способами.
а) решать стационарные УШ в левой и правой области, производя сшивку в.ф. в месте их соприкосновения на движущейся ступенье.
б) перейти в движущуюся со скоростью ступеньки СО по обсуждавшемуся ранее закону и после решения вернуться назад.
Оба способа дают в.ф. отличающиеся на фазу, чего и следовало ожидать.
Желающие могут потренироваться с движущейся бесконечновысокой потенциальной ямой.
Munin
Вы не объяснили почему УШ нестационарно в левой и правой областях, что с того что размеры областей меняются? И даже если оно нестационарно, почему отрицательно и положительночастотные моды должны иметь такой вид. Общее решение имеет вид $\int (b(k)e^{i(kx-wt)}+b^{*}(k)e^{-i(kx-wt)})dk$
где показатели экспонент отличаются лишь знаком. Интересно было бы посмотреть на ход решения с вашей функцией, у меня увы не получилось.

[Munin]

ИгорЪ в сообщении #385755 писал(а):

Вы не объяснили почему УШ нестационарно в левой и правой областях, что с того что размеры областей меняются?

УШ нестационарно в целом. Его просто нельзя заменять на стационарное УШ, потому что нарушено условие такого разделения: нет стационарных состояний.

ИгорЪ в сообщении #385755 писал(а):

И даже если оно нестационарно, почему отрицательно и положительночастотные моды должны иметь такой вид.

Потому что у нас задача не рассмотреть общее решение, а рассмотреть задачу падающих частиц определённой энергии. Это задаёт волну в сторону ступеньки. А волна в обратную сторону получается такой из условия сшивки. Это можно не фиксировать, а вывести.

ИгорЪ в сообщении #385755 писал(а):

1. Коэф. отражения, как и потоки, не есть инварианты галилеевых бустов, потому никаких противоречий нет.

Ещё раз: в зависимости от того, как дефинировать коэффициент отражения. Его можно дефинировать инвариантно.

[ИгорЪ]

Munin в сообщении #385776 писал(а):

Это можно не фиксировать, а вывести.

Вот это то у меня и не получилось исходя из ваших ф-ций, может продемонстрируете?

[Munin]

Я начал было рассуждать... а потом увидел у вас формулу
$\int (b(k)e^{i(kx-wt)}+b^{*}(k)e^{-i(kx-wt)})dk$
Нет, простите. Это неверно. Уравнению Шрёдингера удовлетворяет
$\int_{-\infty}^{+\infty} b(k)e^{i(kx-\omega t)}dk$
а не то, что вы написали. Отрицательно-частотные части имеют место только для релятивистско-инвариантных уравнений, Клейна-Гордона и Дирака.

[AlexNew]

к сожаления нет время ответить, кратко прокоментирую кое что...

(Оффтоп)

Munin писал(а):

Стационарное или нестационарное УШ - это выбор между

$$i\frac{\partial}{\partial t}\Psi=H\Psi=\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x,t)\right]\Psi\eqno(\text{НстУШ})$$

и

$$E\psi=H\psi=\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x)\right]\psi,\eqno(\text{СтУШ})$$

причём (НстУШ) называется нестационарным, даже когда $U$ не зависит от $t.$

Переход от (НстУШ) к (СтУШ) отвечает стационарности решений, то есть на физическом языке - стационарности состояний квантовой системы. Решение (НстУШ) называется стационарным (физически - стационарным состоянием), когда раскладывается на множители

$$\Psi(x,t)=\psi(x)\exp(-i\omega t),$$

(разумеется, для этого должно быть $U=U(x)$) а решения такого вида можно найти, разделив в (НстУШ) переменные, и получив по одной из переменных (СтУШ), а по другой - тривиальное $i\,d\varphi(t)/dt=E\,\varphi(t).$


В области $U=\mathrm{const}$ оба уравнения имеют решения в виде суперпозиции плоских волн, но для (НстУШ) в суперпозиции участвуют волны вида

$$\Psi=A\exp\bigl(-i(\omega t-kx)\bigr)$$

для всех $k$ и для $\omega,$ удовлетворяющих дисперсионному соотношению $\omega=k^2/2m+U;$ а для (СтУШ) участвуют только волны вида

$$\psi=A\exp(ikx),$$

...

...
Почти получилось :)) очень путано но вы взяли ручку в руки! так что +1

Итак
у нас есть
$(H(x,t) + i \hbar) \psi(x,t) = 0$
иногда бывает, что $H = H(x)$ функция только координаты, тогда мы можем представить волновую в виде ряда/инеграла фурье:
\psi(x,t) = \sum_k \psi_k(x)e^{j w_kt}
подставляя в предидущее уравнение мы приходим к стационарному уравнению Шреденгера.
$ (H(x) + E_k ) \psi_k (x) = 0$
решая которое находим собственные значения $E_k$, и затем подставляя их в наше выраж для волн функции находим нашу $\psi(x,t)$
\psi(x,t) = \sum_k \psi_k(x)e^{j \frac{E_k}{\hbar} t}

Однако, у нас проблема $H = H(x,t)$ есть функция времени ( $V= V(t)$) поэтому описаный вуше подход не подходит.
Мы попрежнему можем использовать метод фурье, но на придется расладывать потенциал $V(t)$ тоже в ряд, использовать метод возмущений.

Решения которые приводились выше, мягко говоря не коректны....

Теперь по существу, мне не понятен весь этот шум.
Уравнение Шреденгера не инвариантно относительно преобразаваний Галилия, почему вас удивлят различные решения в различных системах координат ?

Чтобы избежать мук с расладывание потенцияла в ряд, надо выбрать системы в кот он покоится и рашать там, а потом если надо перейти в другую систему координат в уже найденой ВФ.
Если решать в другой системе коорд ответ будет другой разумется :) но нас это не беспокоит, мы смогли быстро решить некоректное домашнее задание, что и требывалось !!!!

еще заметил:

Munin писал(а):

Осталось только сообразить, что волновая функция в уравнении Шрёдингера - это не настоящий лоренцев скаляр, а некоторое извращение от настоящего представления группы Лоренца - и поэтому имеет не тождественный, а некоторый извращённый закон преобразования.

не знаете что такое представление группы!!!... бродите в сказачном лесу :)

-- Сб дек 11, 2010 03:00:18 --

Munin писал(а):

AlexNew в сообщении #384410 писал(а):

рад что вы разобрались, и больше не утверждаете что УШ инвариантно относительно преобразований Галилея

К сожалению, здесь имеет место случай так называемого вранья. Успокойтесь и перечитайте. Думать при этом тоже не предосудительно.

это не вранье, я вас просто переоценил, думал вы разобрались :))

[AlexNew]

в первом уравнении $\frac{\partial}{\partial t}$ потерялся...

[Munin]

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Итаку нас есть
$(H(x,t) + i \hbar) \psi(x,t) = 0$

Браво. Первой же строчкой носом в лужу.
$(H(x,t) + i \hbar\partial/\partial t) \Psi(x,t) = 0,$
а то, что вы написали - бессмыслица. После этого ваш гонор ещё смешнее.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Решения которые приводились выше, мягко говоря не коректны....

Мягко говоря, пустословно.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Мы попрежнему можем использовать метод фурье, но на придется расладывать потенциал $V(t)$ тоже в ряд, использовать метод возмущений.

Можно, но не нужно. Можно вместо этого заметить симметрию уравнения $V=V(x-vt).$ После этого метод Фурье используется почти как раньше.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Теперь по существу, мне не понятен весь этот шум.

Ну да, ещё бы.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Уравнение Шреденгера не инвариантно относительно преобразаваний Галилия, почему вас удивлят различные решения в различных системах координат ?

Дело в том, что механика инвариантна относительно преобразований Галилея. Поэтому корректно назвать преобразованиями Галилея не только поточечные преобразования координат, но и преобразования величин в точках, аналогично преобразованиям Лоренца, которые действуют на поля согласно представлениям. В этом случае можно и УШ понимать как инвариантное относительно преобразований Галилея, если задать довольно простой закон преобразования волновой функции.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

не знаете что такое представление группы!!!

Я знаю, что такое представление группы. Вот вы, похоже, не знаете.

AlexNew в сообщении #386015 писал(а):

Если решать в другой системе коорд ответ будет другой разумется :) но нас это не беспокоит, мы смогли быстро решить некоректное домашнее задание, что и требывалось !!!!

Подход дебила, которому всё равно, что получилось, главное, бумажку сдать. За такие решения ставят двойки, и поделом, а вопли про некорректность воспитывают недопуском к экзаменам.