Волновой пакет

[Slow]

Дан волновой пакет: $\int_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{i(kx-\omega t)}dk$ Найти для него неопределенность координаты.
Если взять интеграл, то получится $\psi = \frac{2e^{i(k_0x-\omega t)}\sin ax}{x}$
$\Delta x = \sqrt{<x^2>+<x>^2}$
$<x> = \int_{-\infty}^{\infty} x|\psi^2|dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{4\sin ^2 ax}{x}dx$ - расходится, что не так?

[DimaM]

Slow в сообщении #1011751 писал(а):

расходится, что не так?

Чему равен интеграл нечетной функции в симметричных пределах?

[amon]

У Вас первый интеграл, небось, по $k$, а не по $x$. Тогда я бы по простоте душевной так написал бы:

$$ \int\limits_{-\infty}^{\infty}xdx\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{i(kx-\omega t)}\frac{dk}{2\pi}=\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\frac{dk}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}x e^{i(kx-\omega t)}dx=ie^{-i\omega t}\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\delta'(k)dk=0 $$

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Физика» в форум «Помогите решить / разобраться (Ф)»
Причина переноса: не указана.

[Slow]

amon
Да, интегрирование по $k$ в первом интеграле, уже исправил.
А вот как у вас интеграл такой получился я не совсем понял.
DimaM
Симметричные пределы это же только если в смысле главного значения считать.

[DimaM]

Slow в сообщении #1011759 писал(а):

Симметричные пределы это же только если в смысле главного значения считать.

По-моему, так и надо считать.

[Slow]

DimaM
Я не совсем понимаю когда имеет место считать в смысле главного значения, а когда нет.

[amon]

Slow в сообщении #1011759 писал(а):

А вот как у вас интеграл такой получился я не совсем понял.

Да, я второпях чутка соврал. Надо так ($e^{-i\omega t}$ выкинул,как ни на что не влияющую):

$$ \begin{align} <x> &= \int_{-\infty}^{\infty} x|\psi^2|dx =\int\limits_{-\infty}^{\infty}x\left(\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{ikx}\frac{dk}{2\pi}\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{-ik'x}\frac{dk'}{2\pi}\right)dx\\ &=\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\frac{dk}{2\pi}\frac{dk'}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}xe^{i(k-k')x}dx\\ &=\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a}\frac{dk}{2\pi}dk'(-i)\delta'(k-k')=0 \end{align} $$

[Red_Herring]

На самом деле интеграл выражающий $\langle x \rangle$ сходится (хотя и неабслоютно) к $0$. Т.ч. никакого главного значения не надо

[Cos(x-pi/2)]

Имхо, в задаче ТС должен быть ещё задан "закон дисперсии" - зависимость частоты от волнового вектора: $\omega(k).$

Самая простая задачка получается в случае линейной зависимости: $\omega(k)=vk,$ где $v$ - постоянный коэффициент пропорциональности с размерностью скорости (т.е. просто заданная постоянная фазовая скорость волн, и она же совпадает с групповой скоростью $d \omega /dk.$)

Тогда исходный интеграл по $k$ для волнового пакета $\psi(x,t)$ элементарно берётся. (А при нелинейном законе дисперсии $\omega(k)$ было бы сложнее - пришлось бы разлагать частоту в ряд по степеням $k-k_0$ и, ограничиваясь линейным приближением, вычислять пакет приближённо; в итоге получается по форме такой же как ниже ответ (но приближённый), в котором роль $v$ играет величина $d \omega /dk$ в точке $k_0,$ называемая групповой скоростью.)

И тогда имеем:

$| \psi |^2 = C^2 \dfrac{\sin^2(a(x-vt))}{(a(x-vt))^2}$ , где $C=\sqrt{a/ \pi}$ - нормировочная постоянная.

Эта функция - чётная функция аргумента $x-vt,$ поэтому удобно сначала вместо $\langle x \rangle$ вычислить $\langle (x-vt) \rangle$ - ведь это среднее с очевидностью будет равно нулю, т.к. под знаком интеграла по $x$ с бесконечными пределами можно будет перейти к интегрированию по $x-vt,$ и интеграл окажется равным нулю, как интеграл с симметричными пределами от нечётной функции:

$\langle (x-vt) \rangle = \int\limits_{-\infty}^{\infty} (x-vt)| \psi |^2\, d(x-vt) \, = \, 0$ .

Из равенства $\langle (x-vt) \rangle = 0$ следует, что

$\langle x \rangle = vt$ ,

т.е. волновой пакет движется со скоростью $v$ .

Хорошо, а как найти неопределённость $\Delta x$? Ответ зависит от того, как определить эту самую "неопределённость". Если исходить из формулы среднего квадратичного отклонения (у ТС в ней опечатка: под корнем должен быть минус, а не плюс):

$(\Delta x)^2=\langle x^2 \rangle - \langle x \rangle ^2 = \langle (x-<x>)^2 \rangle$ ,

то, к сожалению, получаем расходящийся интеграл:

$\langle (x-vt)^2 \rangle = \int\limits_{-\infty}^{\infty} (x-vt)^2| \psi |^2\, d(x-vt) \, = \, \infty$ .

А если исходить из "физических соображений", заключающихся в том, что график функции $| \psi |^2$ на оси переменной $x$ имеет явно видимую глазом "ширину", - он выглядит как кривая с большим главным максимумом, и с убывающими по величине невысокими "боковиками", отделёнными от главного максимума узлами (точками обращения функции $| \psi |^2$ в ноль), - то можно определить "ширину пакета" $\Delta x$ как расстояние между ближайшими точками обращения пакета в ноль по обе стороны от главного максимума. При таком определении неопределённости координаты $x$ имеем, поскольку синус обращается в ноль при значениях своего аргумента, равных $-\pi$ и $\pi$:

$\Delta x= 2\pi /a$ .

[amon]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1011771 писал(а):

Имхо, в задаче ТС должен быть ещё задан "закон дисперсии" - зависимость частоты от волнового вектора: $\omega(k).$

Это правда. Забавно, что трюк с $\delta$-функцией позволяет малой кровью сосчитать (в квадратурах) $\langle x \rangle $ и в этом случае для разумных $\omega(k)$ типа $\omega(k)=k^2/2m$

[Slow]

Red_Herring
Почему сходится?
amon
У вас там модуль вроде бы потерялся.
Cos(x-pi/2)
Спасибо за столь подробное объяснение

[amon]

Slow в сообщении #1011877 писал(а):

У вас там модуль вроде бы потерялся.

Обижааете...;)

$$|\psi|^2=\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{ikx}\frac{dk}{2\pi}\int\limits_{k_0 - a}^{k_0+a} e^{-ik'x}\frac{dk'}{2\pi}$$

[Red_Herring]

Slow в сообщении #1011877 писал(а):

Почему сходится?

Ошибся: забыл что $|\psi|^2$.

[Sicker]

Slow
Принцип неопределенности Гейнсберга не?