Стационарное уравнение Шредингера. Как вывести?

[s4kkkk]

Привет всем. Возник вопрос, ответ на который я не смог найти ни в одном из источников в интернете.
Рассмотрим одномерный случай.
Пусть имеем частицу в стационарном (не зависящем от времени) потенциальном поле $U(x)$. Тогда эволюция во времени волновой функции этой частицы $\Psi(x,t)$ будет задаваться нестационарным уравнением Шредингера:

$$ i \hbar \frac {\partial \Psi(x,t)}{\partial t} = - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \Psi(x,t)}{{\partial x}^2} + U(x)\Psi(x,t) $$

Насколько мне известно, под поиском стационарных решений такого уравнение подразумевается поиск решений, модуль которых не меняется со временем (то есть, распределение плотности вероятности ${\left | \Psi \right |}^2$ остается постоянным во времени).
Везде, где я искал, для перехода к стационарному уравнению Шредингера решение представляют в виде:

$$ \Psi (x,t) = \varphi (x) e^{i \theta(t)} $$

где $ \theta(t) $ - в общем случае произвольная функция от времени. Подставив это выражение в исходное нестационарное уравнение можно получить умозаключение о том, что зависимость $ \theta(t) $ линейная. То есть, $ \theta(t) = \mathrm{Const} \cdot t := E \cdot t $. Далее простой подстановкой получается стационарное уравнение Шредингера для $\varphi(x)$.
Я совсем не понимаю, почему изначально предполагается, что решение стационарной задачи имеет вид $ \Psi (x,t) = \varphi (x) e^{i \theta(t)} $ .
Согласно определению, которое подразумевает, что решение стационарной задачи - функция, модуль которой не меняется со временем, получается, что решение ЛЮБОЙ стационарной задачи представимо в виде:

$$ \Psi(x,t) = \varphi(x) e^{i \theta(x,t)} $$

где $\varphi(x) := |\Psi(x,t)|$ - независимый от времени модуль волновой функции, а $\theta(x,t)$ - вообще говоря произвольная функция фазы и от координаты, и от времени (а не только от времени, как я описал выше). Если уже это выражение подставить в нестационарное уравнение Шредингера, то из-за того, что фаза зависит и от координаты, выражение для первой производной по координате (для второй и подавно) будет включать производную фазы по координате:

$$ \frac{\partial \Psi}{\partial x} = \frac{\partial \varphi(x)}{\partial x}e^{i \theta(x,t)} + i \frac{\partial \theta(x,t)}{\partial x} \varphi(x) e^{i \theta(x,t)} $$

То есть, получается, мы никоим образом не сможем выйти на умозаключение, что $\theta(x,t) = \mathrm{Const} \cdot t $, а значит, не сможем получить и стационарное уравнение Шредингера...
В чем тут заключается проблема? Возможно, я неправильно понимаю определение стационарной задачи?

[Утундрий]

Да просто разложите волновую функцию в ряд и/или интеграл Фурье по времени...

[Osmiy]

Обычно просто волновую функцию представляют в виде произведения временной и координатной части. Потом разделяют переменные и решают по отдельности.

[s4kkkk]

Osmiy в сообщении #1661417 писал(а):

Обычно просто волновую функцию представляют в виде произведения временной и координатной части. Потом разделяют переменные и решают по отдельности.

Почему представляют волновую функцию в таком виде? С чего она вообще может быть представима в таком виде?

[amon]

s4kkkk в сообщении #1661425 писал(а):

С чего она вообще может быть представима в таком виде?

Про разделение переменных для уравнений в частных производных слышали?

[s4kkkk]

Утундрий в сообщении #1661409 писал(а):

Да просто разложите волновую функцию в ряд и/или интеграл Фурье по времени...

А что это даст?

$$ \forall \; \Psi(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} {C_k(x) e^{i k \omega_0 t}}; $$

$$ \frac{\partial \Psi(x,t)}{\partial t} = i \omega_0 \sum_{k=-\infty}^{+\infty} {k C_k(x) e^{i k \omega_0 t}}; $$

$$ \frac{\partial^2 \Psi(x,t)}{{\partial x}^2} = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} {\frac{\partial^2C_k(x)}{{\partial x}^2} e^{i k \omega_0 t}}; $$

Если подставить в нестационарное уравнение Шредингера и преобразовать, то получится:

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty} { e^{i k \omega_0 t}\left [ - \hbar \omega_0 k C_k(x) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 C_k(x)}{{\partial x}^2} - U(x) C_k(x) \right ]} = 0 $$

-- 14.11.2024, 14:35 --

amon в сообщении #1661426 писал(а):

s4kkkk в сообщении #1661425 писал(а):

С чего она вообще может быть представима в таком виде?

Про разделение переменных для уравнений в частных производных слышали?

К сожалению, не слышал. Изучаю самостоятельно. Насколько я понимаю, то возможность использования этого трюка должна быть основана исключительно на том, что мы рассматриваем стационарную задачу.

[amon]

s4kkkk в сообщении #1661429 писал(а):

К сожалению, не слышал.

Пусть уравнение имеет вид $L(t)\Psi+M(x)\Psi=0,$ где $L$ - линейный оператор, действующий только на "$t$ - переменные, а $M$ - на $x.$ Представим $\Psi(x,t)=T(t)X(x),$ подставим в уравнение и поделим на $T(t)X(x).$ Получим
$\frac{L(t)T}{T}=-\frac{M(x)X}{X}$
Слева функция, зависящая только от $t,$ справа - от $x.$ Получается функциональное уравнение $F(t)=\Phi(x).$ Решением его будет $F(t)=\Phi(x)=\operatorname{const}$ (проверяется дифференцированием по $t$ и $x$). Значит, исходное уравнение распадется на пару уравнений $L(t)T=cT,\, M(x)X=-cX.$

[Alex-Yu]

s4kkkk в сообщении #1661407 писал(а):

Я совсем не понимаю, почему изначально предполагается, что решение стационарной задачи имеет вид $
\Psi (x,t) = \varphi (x) e^{i \theta(t)}
$ .

И правильно не понимаете. Совсем НЕ ЛЮБОЕ решение имеет такой вид. Но дело в том, что такие решения (представимые в таком виде) составляют полный набор, т.е. ЛЮБОЕ решение можно представить в виде линейной комбинации таких решений (есть такая теорема).

-- Чт ноя 14, 2024 18:57:29 --

s4kkkk в сообщении #1661407 писал(а):

Насколько мне известно, под поиском стационарных решений такого уравнение подразумевается поиск решений, модуль которых не меняется со временем

А вот это просто неверно. Неправильно "вам известно". Стационарное решение это ПО ОПРЕДЕЛЕНИЮ такое, которое $\sim e^{i\omega t}$. А независимость от времени модуля -- это уже (очевидное) следствие.

Можно еще определить, что стационарное решение -- это решение, являющиеся неприводимым представлением группы временных трансляций (и тогда автоматически зависимость от времени $\sim e^{i\omega t}$ ). Но это уже более высокий уровень.

-- Чт ноя 14, 2024 19:27:28 --

s4kkkk в сообщении #1661429 писал(а):

Если подставить в нестационарное уравнение Шредингера и преобразовать, то получится:

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty} { e^{i k \omega_0 t}\left [ - \hbar \omega_0 k C_k(x) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 C_k(x)}{{\partial x}^2} - U(x) C_k(x) \right ]} = 0 $$

Очень хорошо. Теперь умножьте все это на $e^{-i n \omega_0 t}$ и проинтегрируйте по времени (в пределах интервала, коль ряд, а не интеграл Фурье, то подразумевается интервал). Интегрирование даст символ Кронекера, который обнулит все слагаемые суммы кроме того, в котором $k=n$. Так что ряд исчезнет.

Вот вам еще один подход к этому вопросу, через ряд Фурье. Почти то же самое лучше сделать на бесконечном интервале времени, с интегралом Фурье. Тогда вместо символа Кронекера появится дельта-функция Дирака, которая "убьет" интеграл (так же как кронекер "убивает" ряд).

Впрочем, через ряд или интеграл Фурье подход не совсем корректный в случае уравнения Шредингера (волновая функция, строго говоря, не разлагается ни в ряд, ни в интеграл Фурье, так что тут, если уж так, надо использовать дополнительные трюки из теории обобщенных функций). Через интеграл Фурье естественно решать неоднородные уравнения, с источником. Для однородных (без источника, как в уравнении Шредингера) такой подход не очень-то подходит (хотя извернуться можно).

[pppppppo_98]

s4kkkk в сообщении #1661429 писал(а):

Если подставить в нестационарное уравнение Шредингера и преобразовать, то получится:

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty} { e^{i k \omega_0 t}\left [ - \hbar \omega_0 k C_k(x) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 C_k(x)}{{\partial x}^2} - U(x) C_k(x) \right ]} = 0 $$

Это похвально-самостоятельное изучение. Что вы самостоятельно изучаете квантовую механику. Но квас побед в знаниях. Вам бы надо полистать уравнения математической физики и функциональный анализ, в частм ортогональных функций, предразоаанияьфурье, собственных функий, собственных значений, преобразований Фурье. На этом мат аппарате держится вся практическая квантовая механика , когда речь идёт о расчетах.
Дык вот это присказка. А сказка атом что разложение в ряд или интеграл Фурье это разложение по ортогональным функциям. И коли вектор ( функция ведь вектор в пространстве Гильберта -волнлвых функций) справа равна 0. То и каждая компонента в разложении этого вектора слева по ортогонально у базису тоже рана 0.

Ещё раз рекомендую не перепрыгивать сразу к квантовой механике ее подклвашись в аппарате матфизики... Хотя бы в части теории преобразований Фурье, обобщенных функций и аппарата линейных дифференциальных операторов

[s4kkkk]

Alex-Yu в сообщении #1661432 писал(а):

Очень хорошо. Теперь умножьте все это на $e^{-i n \omega_0 t}$ и проинтегрируйте по времени

Большое спасибо, получилось:

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty} { \left (\left [ - \hbar \omega_0 k C_k(x) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 C_k(x)}{{\partial x}^2} - U(x) C_k(x) \right ] \int \limits_0^{T_0}} e^{i \frac{2 \pi}{T_0} t (k-n)} \right) = 0 $$

$$ - \hbar \omega_0 n C_n(x) = - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 C_n(x)}{{\partial x}^2} + U(x) C_n(x) $$

Собственно, это и есть стационарное уравнение Шредингера..
Кроме этого, из-за того, что умножение выполнялось на член $e^{-i n \omega_0 t}$ без привязки к конкретному $n$ получается, что полученному уравнению должны удовлетворять все коэффициенты разложения в ряд.
Тут возникает вопрос. Можно ли сказать, что согласно выражению

$$ \Psi(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} {C_k(x) e^{i k \omega_0 t}} $$

любое решение - это просто наложение бесконечного числа стационарных состояний?

Alex-Yu в сообщении #1661432 писал(а):

Впрочем, через ряд или интеграл Фурье подход не совсем корректный в случае уравнения Шредингера (волновая функция, строго говоря, не разлагается ни в ряд, ни в интеграл Фурье, так что тут, если уж так, надо использовать дополнительные трюки из теории обобщенных функций).

А почему некорректный? С рядом, наверное, трудность в том, что разложение в ряд подразумевает то, что функция периодична с периодом $T_0$. Но ведь абсолютно идентичные рассуждения можно повторить и для интегрального преобразования Фурье, но оно уже оперирует с любыми функциями - тут уже периодичность роли не играет, получается.

[Alex-Yu]

s4kkkk в сообщении #1661475 писал(а):

Тут возникает вопрос. Можно ли сказать, что согласно выражению

$$ \Psi(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} {C_k(x) e^{i k \omega_0 t}} $$

любое решение - это просто наложение бесконечного числа стационарных состояний?

Да. Только надо правильно подобрать нормировки этих $C_k(x)$. Этим (набором нормировок $C_k(x)$) разные решения и отличаются друг от друга. Или, что то же самое, добавить численные коэффициенты, а все $C_k$ взять с одной о и той же нормировкой (умножение на число оставляет стационарное решение стационарным решением).

-- Пт ноя 15, 2024 12:05:10 --

s4kkkk в сообщении #1661475 писал(а):

А почему некорректный?

Потому, что интеграл Фурье не сходится (функция на бесконечности не идет в ноль). Так что если прямолинейно и в рамках классических определений, то некорректно. Но можно сделать предельный переход, причем придел так называемый слабый. Ну а это уже практически то же самое, что переход к обобщенным функциям.

-- Пт ноя 15, 2024 12:08:01 --

s4kkkk в сообщении #1661475 писал(а):

для интегрального преобразования Фурье, но оно уже оперирует с любыми функциями

Все же не с любыми. С непериодическими -- да. Но при этом нужно "хорошее" поведение на бесконечности, иначе интеграл не сойдется. Но если пользоваться обобщенными функциями, то ограничений меньше. Но тут могут быть "подводные камни", если очень лихо делать выкладки (как обычно в физике и делается).

[s4kkkk]

Alex-Yu в сообщении #1661486 писал(а):

Но можно сделать предельный переход, причем придел так называемый слабый.

Cобственно, используя

$$ \Psi(x, t) = \int_{-\infty}^{+\infty} {F(x, w)e^{i \omega t} d \omega} $$

и проводя те же самые выкладки, получается почти тоже самое:

$$ - \hbar \omega_0 F(x,\omega_0) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 F(x, \omega_0)}{\partial x^2} - U(x)F(x, \omega_0) = 0 $$

Здесь $ \hbar \omega_0 $ имеет размерность энергии, а минус, судя по всему, появился из-за того, что я использовал преобразование Фурье, определенное как

$$ F(\omega) = \mathcal{F}(f(t)) \; = \; \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}{f(t)e^{-i\omega t}dt} $$

, а обратное:

$$ f(t) = \mathcal{F}^{-1}(F(\omega)) \; = \; \int\limits_{-\infty}^{+\infty}{F(\omega)e^{i\omega t}d\omega} $$

А можно было бы в прямом использовать множитель $e^{i \omega t}$, а в обратном $e^{-i \omega t}$. Странно..

А как интерпретировать полученный результат? А что подразумевают под стационарными уровнями, например, для электрона в атоме водорода, которые являются решением именно полученного выше уравнения? Зафиксировав какое-нибудь $\omega_0$, мы получим, решая это уравнение, множество всех допустимых функций $ F_{omega_0}(x)$? Интуитивно кажется, что полученное уравнение задает возможный допустимый спектр, но никак не настоящую волновую функцию электрона, находящегося, например, в поле ядра.

[amon]

s4kkkk в сообщении #1661518 писал(а):

А как интерпретировать полученный результат? А что подразумевают под стационарными уровнями, например, для электрона в атоме водорода, которые являются решением именно полученного выше уравнения?

Ох-ох-оюшки. Рассмотрим уравнение

$$ i \hbar \frac {\partial \Psi(x,t)}{\partial t} = - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \Psi(x,t)}{{\partial x}^2} + U(x)\Psi(x,t) $$

Будем искать решение в виде $\Psi(x,t)=T(t)X(x).$ Подставим в уравнение

$$ i \hbar \frac {d T(t)}{d t}X(x) =T(t)\left( - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 X(x)}{d^2 x} + U(x)X(x)\right) $$

Разделим обе части на $T(t)X(x).$

$$ i \hbar\frac{1}{T}\dot T=\frac{1}{X}\left( - \frac{\hbar^2}{2m} X'' + U(x)X\right)$$

Левая часть зависит только от $t,$ правая - от $x,$ значит справа и слева стоят одинаковые константы. Получается пара дифференциальных уравнений. Уравнение по $t$ - обыкновенное.

$$\dot T=-i\frac{\varepsilon_m}{\hbar}T$$

Его решение

$$T(t,\varepsilon_m)=\exp\left(-i\frac{\varepsilon_m}{\hbar}t\right)$$

Второе уравнение - стационарное уравнение Шредингера. Оно определяет значения $\varepsilon$

$$ - \frac{\hbar^2}{2m} X_m'' + U(x)X_m=\varepsilon_m X_m$$

Система решений $T(t,\varepsilon_m)X_m(x)$ образуют полную систему, по которой можно разложить любое решение исходного уравнения.
Трюк с преобразованием Фурье проходит, поскольку $T$ имеет вид $T=e^{-i\omega t}.$

[Alex-Yu]

s4kkkk в сообщении #1661518 писал(а):

но никак не настоящую волновую функцию электрона, находящегося, например, в поле ядра.

"Настоящую"??? А что это за "зверь" такой??? Волновых функций электрона в заданном поле может быть много разных. В частности стационарных (а может быть и их суперпозиция). И все они настоящие.

-- Пт ноя 15, 2024 20:12:49 --

s4kkkk в сообщении #1661518 писал(а):

Интуитивно кажется,

Как говорил великий Фейнман, "не болтай, вычисляй" :)

-- Пт ноя 15, 2024 20:16:36 --

s4kkkk в сообщении #1661518 писал(а):

Зафиксировав какое-нибудь $\omega_0$, мы получим, решая это уравнение, множество всех допустимых функций $ F_{omega_0}(x)$?

А вот и нет! Зафиксировать частоту не получится. Не при всех частотах уравнение имеет решение (хорошее решение, удовлетворяющее граничным условиям, спадающее на пространственной бесконечности). Именно поэтому и спектр излучения того же атома водорода линейчатый, а не сплошной.

Впрочем, сплошная часть спектра тоже есть. Ей соответствуют электроны не связанные в атоме, а налетающие, рассеиваемые и затем улетающие. И таких волновых функций тоже бесконечно много разных (налетать можно по-разному, есть бесконечное число разных вариантов налета).

А вообще стационарное УШ определяет кинематику системы: какие состояния у ней могут быть (причем эти состояния составляют полный набор). Но никак не динамику (что именно и как произойдет в том или ином конкретном случае). Естественно, ПРЕЖДЕ чем заниматься динамикой, надо разобраться с кинематикой. Причем в квантовом случае, если кинематика описана полностью и точно (найдены все решения стационарного УШ), то далее динамика тривиальна: умножаем каждое решение на $e^{-i\omega t}$ и все, вся динамика и никакой другой динамики больше нет Конечно, это только для системы не меняющейся от времени явно (замкнутые системы все такие).

[s4kkkk]

Alex-Yu в сообщении #1661522 писал(а):

"Настоящую"??? А что это за "зверь" такой???

Не знаю, насколько будет корректно сказано (обладаю только базовыми физическими представлениями), но все же. Решая численно нестационарное УШ с конкретными начальными условиями ($\Psi(0, t) = f_1(t)$, $\Psi(x_{max}, t) = f_2(t)$, $\Psi(x, 0) = f_3(x)$) и задав потенциальную энергию $U(x)$ я вижу настоящую физическую реальность - то, что происходит с волновой функцией в действительности, как она ведет себя со временем. Это воспринимается вполне конкретно. А вот значение стационарных состояний мне не ясно. Да, полученное выражение:

$$ - \hbar \omega_0 F(x,\omega_0) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 F(x, \omega_0)}{\partial x^2} - U(x)F(x, \omega_0) = 0 $$

задает множество всевозможных допустимых функций $\{F(x, \omega)\}$ и, как вы сказали:

Alex-Yu в сообщении #1661522 писал(а):

А вот и нет! Зафиксировать частоту не получится. Не при всех частотах уравнение имеет решение (хорошее решение, удовлетворяющее граничным условиям, спадающее на пространственной бесконечности)

, наложив необходимые ограничения, мы можем получить те функции (в конкретно заданном поле $U(x)$), которые действительно могут существовать. То есть, в моем понимании, если задать поле, например, в виде кулоновского потенциала 1 точечного заряда и предъявить требования на ноль функции в бесконечности, то мы получим семейство функций, которые будут отражать всевозможные волновые функции электрона в атоме водорода. А что, собственно, тогда будет наблюдаться в физической реальности? Значит ли это, что можно найти такие начальные условия нестационарного УШ, которые приведут к тому, что волновая функция со временем примет форму одной из волновых функций стационарного состояния (то есть то, что "электрон" как бы будет захвачен ядром)? Возможно, я упускаю что-то фундаментальное, но в голове все равно это не совсем укладывается..

-- 15.11.2024, 19:46 --

amon в сообщении #1661431 писал(а):

Значит, исходное уравнение распадется на пару уравнений

Приведенное вами уравнение

$$ $L(t)\Psi+M(x)\Psi=0$ $$

задает некоторое множество решений $\left \mathrm{S} = \{ \Psi \right \}$. Но ведь изначально, утверждая представимость функции в виде $\Psi(x,t) = T(t)X(x)$ и подставляя таким образом представленную функцию в изначальное уравнение, Вы сужаете изначальное множество решений до $\mathrm{A} \subseteq \mathrm{S}$. То есть, Вы находите такое множество функций, которые представимы в виде $\Psi(x,t) = T(t)X(x)$ И являются решением исходного уравнения. То, что найденное Вами множество непустое (то есть то, что при подстановке не получается никаких противоречий), по идее еще не значит, что любое решение представимо в положенном Вами виде.