Квантовая механика, частица в потенциальной яме.

[EvilPhysicist]

Не могу понять одну вещь.
Вот рассмотрим самый тривиальный случай: частица с массой m в одномерной потенциальной яме, где потенциальная энергия

$$ U(x)=\begin{cases} 0,&\text{если $x\in [0,\alpha]$;}\\ \infty,&\text{иначе} \end{cases} $$

Тогда уравнение Шредингера на $ x \in [0,\alpha]$ примет вид
$ \hat H \frac{ d^2 \lvert \Psi_n \rangle}{dx^2}=\frac{p_n^2}{2m} \lvert \Psi_n \rangle $
$\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \lvert \Psi_n \rangle}{dx^2} = \frac{p_n}{2m} \lvert \Psi_n \rangle $
$ \frac {d^2}{dx^2} \lvert \Psi_n \rangle=- \left( \frac{i p_n}{\hbar} \right)^2 \lvert \Psi_n \rangle $
Откуда следует, что
$ \lvert \Psi_n \rangle= A_n e^{\frac{i p_n}{\hbar}}+B_n e^{\frac{-i p_n}{\hbar}}$
учитывая условие, что $ \lvert \Psi_n(0) \rangle=0 $ получим, что $B_n=-A_n$ и соответственно
$ \lvert \Psi_n \rangle = 2A \sh(\frac{i p_n}{\hbar})=2A_n i \sin(\frac{i p_n}{\hbar}) $
учитывая второе граничное условие $ \lvert \Psi_n(\alpha) \rangle =0 $ и условие нормировки получим, что
$ \lvert \Psi_n \rangle =- \sqrt{\frac{2}{\alpha}} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi n) $, где $ n \in \mathbb Z $
Теперь попробуем вычислить матричные элементы, скажем, импульса:
$ \langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle= - \frac{2 i \hbar \pi m}{\alpha^2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \left ( \sin(\frac{x}{\alpha} \pi n) \cos(\frac{x}{\alpha} \pi m)) \right) dx = - \frac{2 i \hbar \pi m}{\alpha^2} \int\limits_{0}^{\alpha} \left( \sin(\frac{x}{a} \pi(n-m))+\sin{\frac{x}{a}\pi(n+m) } \right) dx $
При $ n=m $ интегрируется тривиально: $ \langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle= - \frac{i \hbar \pi n}{\alpha} $
На сколько я понимаю, при $ n \neq m$ должно быть $ \langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle=0 $ .
Но так не выходит. Рассмотрим две ситуации: когда четность у m и n одинаковая, и когда разная.
Если четность одинаковая, то легко проверить, что (m-n) и (m+n) четные и соответсвенные интегралы
$ \int\limits_{0}^{\alpha} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi(n-m))dx= \int\limits_{0}^{\alpha} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi (n+m)) dx=0=\langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle $
Но если четность у m и n разная, то (n-m) и (m+n) не четны и $ \int\limits_{0}^{\alpha} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi(n-m))dx= \int\limits_{0}^{\alpha} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi (n+m)) dx= -2 $ и соответственно $ \langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle \neq 0 $ что вроде как не правильно.
Где я ошибаюсь?

[Bulinator]

Это просто означает, что в полученном Вами наборе в.ф. оператор импульса не диагонален. Волновые функции не являются собственными функциями оператора импульса.

[EvilPhysicist]

Цитата:

Волновые функции не являются собственными функциями оператора импульса.

То есть если я хочу найти собственные значения импульса, мне надо решать $ \hat p\lver \psi_n \rangle = p_n \lvert \psi_n \rangle $.
Но допустим я найду все $ \lvert \psi_n \rangle $, то тогда (если обозначить полученные ранее собственные функции гамильтониана $ \lvert \Psi_n \rangle $) это будет значить, что
$ \sum\limits_{k=1}^{\infty} a_k \lvert \Psi_k \rangle = \sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n \lvert \psi_n \rangle $ и не понятно, как найти коэффициенты $ a_n \text{ и и} b_n $, даже если допустить, что, скажем, все $ a_n$ известны.

[obar]

Проинтегрируйте правильно и тогда все выйдет.

[Bulinator]

obar в сообщении #456468 писал(а):

Проинтегрируйте правильно и тогда все выйдет.

Возьмите $n=3$, $m=2$.
Вы утверждаете, что интеграл $\int\limits_0^1\sin{3\pi x}\cos{2\pi x}dx=0$?

(Оффтоп)

$\int\limits_0^1\sin{3\pi x}\cos{2\pi x}dx=\frac{6}{5\pi}$

-- Пт июн 10, 2011 15:43:25 --

EvilPhysicist в сообщении #456464 писал(а):

не понятно, как найти коэффициенты $ a_n \text{ и и} b_n $, даже если допустить, что, скажем, все $ a_n$ известны.

Как не понятно? Умножаете на $\langle\psi_n|$(что, разумеется, то же самое, что умножить на $\psi_n^*$ и проинтегрировать). Получите $b_n$.

[EvilPhysicist]

Цитата:

Умножаете на (что, разумеется, то же самое, что умножить на и проинтегрировать). Получите .

Хорошо, но как тогда найти $ a_n$ ?
Хотя бы в этой же задаче. Допустим мы решили $ \hat H \lvert \Psi_n \rangle =E_n \lvert \Psi_n \rangle $
и нашли все $ \lvert \Psi_n \rangle$, тогда справедливо, что
$ \lvert \Psi \rangle = \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n \lvert \Psi_n \rangle $, домножая на $ \langle \Psi \rvert $ получим
$ \langle \Psi \rvert \Psi \rangle = 1= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \langle \Psi \rvert a_n \lvert \Psi_n \rangle= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{\infty} a_n a_m \langle \Psi_m \lvert \Psi_n \rangle= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{\infty} a_n a_m \delta_{nm} $
$ \text{то есть} \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n^2=1 $, что в общем-то не удивительно, но от этого не становиться понятно, что делать дальше.

[Bulinator]

EvilPhysicist, определив $|\Psi_n\rangle$ Вы, тем самым, определили собственные функции гамильтонова оператора. Т.е. это те состояния, в которых система может находится и тогда она будет иметь определенное значение энергии $E_n$. Однако система может и не находится в таком состоянии. Утверждается, что общем случае сосотояние системы можно представить в виде $\lvert \Psi \rangle = \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n \lvert \Psi_n \rangle $. В этом случае система не обладает каким то определенным значением энергии. Коэффикиенты $a_n$ должны быть либо заданы, либо определены из каких-то других соображений.

[EvilPhysicist]

Bulinator ясно, спасибо!

[obar]

Bulinator в сообщении #456478 писал(а):

Вы утверждаете, что интеграл ?

Нет. Я утверждаю, что среднее от эрмитового оператора не может быть комплексным.

[Bulinator]

obar в сообщении #456732 писал(а):

Нет. Я утверждаю, что среднее от эрмитового оператора не может быть комплексным.

Где Вы там среднее увидели?

[obar]

EvilPhysicist в сообщении #456393 писал(а):

При $n=m$ интегрируется тривиально:

[EvilPhysicist]

obar в сообщении #456786 писал(а):

EvilPhysicist в сообщении #456393 писал(а):

При $n=m$ интегрируется тривиально:

Привожу полный вывод данного результата:
при $ x \in [0,\alpha]$ выполняется $ \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \lvert \psi_n \rangle = \frac{p_n^2}{2m} \lvert \psi_n \rangle $
при $ x \in (-\infty;0) \bigcup(\alpha; +\infty) $ выполняется \lvert \psi_n \rangle=0$
Решая для первого случая получим $ \lvert \psi_n \rangle = A e^{\frac{i p_n x}{\hbar}} +B e^{- \frac{i p_n x}{\hbar}} $
Первое краевое условие $ \lvert \psi_n(0) \rangle=0=A+B $ следовательно B=-A значит
$ \lvert \psi_n \rangle =A \left ( e^{\frac{i p_n x }{\hbar}} - e^{- \frac{i p_n x}{\hbar}} \right)=2A \sh (\frac{i p_n x }{\hbar})=2A i \sin(\frac{ p_n x}{\hbar}) $
Учитывая второе граничное условие $ \frac{p_n \alpha}{\hbar} = \pi n n \in \mathbb Z$ откуда $ p_n= \frac{\pi \hbar n}{\alpha} $
подставляя получаем $ \lvert \psi_n \rangle =2A i \sin (\frac{x}{\alpha} \pi n) $
нормируем $ \langle \psi_n \rvert \psi_n \rangle =1=-4 A^2 \int\limits_{-\infty}^{+\infty} sin^2 (\frac{x}{\alpha} \pi n) dx $ откуда $ A^2 = -1/ 2 \int\limits_{-\infty}^{+\infty} 1 - cos (\frac{x}{\alpha} 2 \pi n) dx=-1 / 2\alpha $ и соответственно $ A= \frac{i}{\sqrt{2\alpha}} $
Таким образом $ \lvert \psi_n \rangle =- \sqrt{\frac{2}{\alpha}} \sin (\frac{x}{\alpha} \pi n) $
и так как значения $ \lvert \psi_n \rangle $ действительны, то $ \langle \psi_n \rvert = \langle \psi_n \rangle $
и значит матричные элементы $ p_nm=\langle \psi_n rvert \hat p \lvert \psi_m \rangle = -i \hbar \frac{2}{\alpha} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \sin (\frac{x}{\alpha} \pi n) \cos(\frac{x}{\alpha} \pi n) dx $
ну а дальше я уже расписывал. укажите, где я ошибаюсь.

[Munin]

А в чём проблема-то с ненулевыми элементами? У вас собственные состояния - не есть собственные состояния оператора импульса.

[ewert]

Мне лень вникать в детали, но вот что очевидно (даже из чисто физических соображений): собственные функции гамильтониана, т.е. отвечающие дискретным уровням энергии -- заведомо не будут собственными состояниями для оператора импульса.

Для сравнения: посмотрим собственные функции оператора энергии (настолько, насколько можно назвать собственными состояния непрерывного спектра) для свободной частицы. Там энергетический спектр двукратно вырожден, и в качестве базисных можно выбирать очень разные пары функций. В частности, можно выбрать и собственные функции оператора импульса, притом единственным образом. Это будет пара комплексных экспонент: одна отвечает частице, летящей вправо, другая -- влево.

Но на отрезке-то (т.е. в яме) это невозможно: там частица заведомо не может иметь определённого импульса. Она не может лететь только вправо или только влево. Т.е. импульс не является физически наблюдаемой величиной.

Математически это выражается в том, что оператор импульса с нулевыми граничными условиями на обоих концах -- симметричен, но не самосопряжён. Между тем наблюдаемым величинам отвечают именно операторы, самосопряжённые в точном смысле слова (а не просто симметричные, как частенько говорят, и напрасно).

Конечно, можно формально определить оператор импульса как квадратный корень из оператора энергии (с точностью там до констант). Но, во-первых, это делается неоднозначно, и в данном случае нет естественного варианта выбора (из-за однократности энергетического спектра). А во-вторых, полученный оператор в любом случае не будет дифференциальным.

[EvilPhysicist]

Munin в сообщении #456850 писал(а):

А в чём проблема-то с ненулевыми элементами?

уже не в чём. но, как я понял,obar утверждал, что я где-то неправильно проинтегрировал

obar в сообщении #456468 писал(а):

Проинтегрируйте правильно и тогда все выйдет.

потому, что

obar в сообщении #456732 писал(а):

Bulinator в сообщении #456478 писал(а):
Вы утверждаете, что интеграл ?

Нет. Я утверждаю, что среднее от эрмитового оператора не может быть комплексным.

вот я написал как я интегрировал.