Квантовая механика, частица в потенциальной яме.

[obar]

Даже смешно -- три дня искать ошибку при интегрировании синуса...
Среднее значение импульса для стоячей волны -- ноль. Как можно писать комплексный ответ и не замечать его абсурдности?

ewert в сообщении #456852 писал(а):

Т.е. импульс не является физически наблюдаемой величиной.

Импульс является наблюдаемой величиной. Но отсюда не следует, что он обязан иметь определенное значение. Не сложно получить функцию распределения различных значений импульса.

ewert в сообщении #456852 писал(а):

оператор импульса с нулевыми граничными условиями на обоих концах -- симметричен, но не самосопряжён

Нет. Оператор импульса остается самосопряженным и множестве с.ф. на отрезке, т.к. последние обращаются в ноль на его концах.

[EvilPhysicist]

obar в сообщении #457319 писал(а):

Даже смешно -- три дня искать ошибку при интегрировании синуса...

Я ошибся когда искал $ \langle \psi_n \rvert \hat p \lvert \psi_m \rangle $ или ещё когда искал собственные функции гамильтониана?

[ewert]

obar в сообщении #457319 писал(а):

Импульс является наблюдаемой величиной.

Нет. Импульс не является наблюдаемой величиной (в данной конкретной системе).

obar в сообщении #457319 писал(а):

Оператор импульса остается самосопряженным и множестве с.ф. на отрезке, т.к. последние обращаются в ноль на его концах.

Нет. Обнуления на концах недостаточно -- оно обеспечивает лишь симметричность. Но не самосопряжённость (в данном случае), а она принципиальна. Не говоря уж о том, что сочетание "самосопряженный и множестве с.ф." (и даже "самосопряженный на множестве с.ф.") -- вполне бессмысленно.

[Bulinator]

ewert в сообщении #457587 писал(а):

Нет. Обнуления на концах недостаточно -- оно обеспечивает лишь симметричность.

Вот, кстати, интересно, почему. Согласно Ландафшицу(т.3 $\S 3$) показываем, что оператор самопряженный:
$\int\limits_0^\alpha\Psi^*\hat{p}\Phi dx=-\imath\int\limits_0^\alpha\Psi^*\frac{\partial \Phi}{\partial x} dx=-\left.\imath\Psi^*\Phi\right|_0^\alpha+\imath\int\limits_0^\alpha\Phi\frac{\partial \Psi^*}{\partial x}dx=\int\limits_0^\alpha\Psi^*(-\hat{p}^T)\Phi dx$
т.е.
$\hat{p}^T=-\hat{p}\quad\Rightarrow \quad {\hat{p}^T}^*=\hat{p}$
Что не так то?Почему он не эрмитов?

[obar]

ewert в сообщении #457587 писал(а):

сочетание "самосопряженный и множестве с.ф." (и даже "самосопряженный на множестве с.ф.") -- вполне бессмысленно.

Любой оператор действует в пространстве функций. Сказать про оператор, что он эрмитов (или не эрмтитов) на отрезке -- не сказать ничего. На отрезке можно по разному выбирать полный базис. На одном наборе оператор будет эрмитовым, на другом -- нет.

Моя фраза "на множестве с.ф." не вполне аккуратна. Имелись ввиду, конечно же, не с.ф. оператора импульса, а с.ф. данной задачи -- оператора энергии.

[ewert]

Bulinator в сообщении #457780 писал(а):

Согласно Ландафшицу(т.3 $\S 3$) показываем, что оператор самопряженный:

Нет. Это Вы показываете всего лишь, что он симметричен. Самосопряжённость же (т.е. совпадение со своим сопряжённым) -- это более жёсткое требование. В данном конкретном случае самосопряжённости нет: сопряжённый оператор определён на множестве функций, для которых не поставлено вообще никаких граничных условий, т.е. существенно шире.

Bulinator в сообщении #457780 писал(а):

Что не так то?Почему он не эрмитов?

Вот именно в терминологии и проблема: понятие "эрмитов оператор" -- двусмысленно. Во всяком смысле, в неограниченном случае. А оператор импульса именно неограничен.

obar в сообщении #457832 писал(а):

На отрезке можно по разному выбирать полный базис. На одном наборе оператор будет эрмитовым, на другом -- нет.

Базис тут совершенно не при чём -- он никакого отношения к свойствам оператора не имеет. Эрмитовость или неэрмитовость определяется тем, в каком пространстве оператор рассматривается. А пространство это -- конкретно $L_2$.

[Bulinator]

EvilPhysicist в сообщении #456393 писал(а):

При $ n=m $ интегрируется тривиально: $ \langle \Psi_n \lvert \hat p \rvert \Psi_m \rangle= - \frac{i \hbar \pi n}{\alpha} $

EvilPhysicist в сообщении #456393 писал(а):

$ \lvert \Psi_n \rangle =- \sqrt{\frac{2}{\alpha}} \sin(\frac{x}{\alpha} \pi n) $, где $ n \in \mathbb Z $

$\overline{p}=C\int\limits_0^\alpha\sin(\frac{x}{\alpha} \pi n)(\imath\frac{\partial \sin(\frac{x}{\alpha} \pi n)}{\partial x})dx=\imath C \frac{1}{\alpha} \pi n\int\limits_0^\alpha\sin(\frac{x}{\alpha} \pi n)\cos(\frac{x}{\alpha} \pi n)dx=\imath C \frac{1}{2\alpha} \pi n\int\limits_0^\alpha\sin(\frac{2x}{\alpha} \pi n)dx=\imath C \frac{1}{4} \int\limits_0^{2\pi n}\sin(\frac{2x}{\alpha} \pi n)d\left(\frac{2x\pi n}{\alpha}\right)=\imath C \frac{1}{4}\left.\cos{a}\right|_0^{2\pi n}=0$
:)

-- Чт июн 16, 2011 00:18:39 --

ewert в сообщении #458448 писал(а):

сопряжённый оператор определён на множестве функций, для которых не поставлено вообще никаких граничных условий,

Мы же можем любую рассматриваемую функцию разложить по собственным функциям, скажем, задачи осциллятора. Эдакое суперпозиционное состояние. Оператор импульса ведь не знает, что мы занулили в.ф. на границах. И про бесконечный потенциал тоже не знает.

[ewert]

Bulinator в сообщении #458520 писал(а):

Оператор импульса ведь не знает, что мы занулили в.ф. на границах.

Конечно, не знает. Его, этого оператора, пока что просто нет. В том смысле, что он не является самосопряжённым в точном смысле и, следовательно, ничему физически наблюдаемому не соответствует.

[Bulinator]

А чем отличается эта задача от задачи осциллятора?

[ewert]

Bulinator в сообщении #458528 писал(а):

А чем отличается эта задача от задачи осциллятора?

Тем, что там функции определены на всей оси. А на всей оси оператор импульса корректен -- ему не требуется никаких граничных условий.

[Bulinator]

Рассматриваем задачу осциллятора. Его решением являются в.ф. $\phi_n=C_n e^{-x^2}H_n(x)$.
Вопрос: существуют ли коэффициенты $a_k^{(n)}$ такие, что $\sum\limits_{k=1}^{\infty}(a_k^{(n)})^2=1$ и $\Psi_n=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{(n)}\phi_n$, где $\Psi_n$ в.ф. частицы в бесконечно глубокой яме?

-- Чт июн 16, 2011 00:54:32 --

аааа... я понял. Наши волновые функции нехорошие- из-за идеализации на границах производная в.ф. имеет скачок, а следовательно, оператор импульса плохо определен!!!

[obar]

Bulinator в сообщении #458535 писал(а):

Наши волновые функции нехорошие- из-за идеализации на границах производная в.ф. имеет скачок, а следовательно, оператор импульса плохо определен!!!

Оператор импульса хорошо определен. И в.ф. тоже вполне хороши. То что в.ф. имеет на границе скачек производной есть простое следствие бесконечности потенциала - бесконечной силы отталкивания (сравните с классическим случаем отскока шарика от стенки). Если вас смущает скачек производной, рассмотрите случай барьера конечной высоты и перейдите к пределу $U_0\rightarrow\infty$. Ответ будет тот же. Кстати, в случае барьера конечной высоты в.ф. определена на всей прямой и оператор импульса должен быть эрмитовым по утверждению ewert. Как же тогда он перестает быть эрмитовым при граничном переходе?

ewert в сообщении #458448 писал(а):

Эрмитовость или неэрмитовость определяется тем, в каком пространстве оператор рассматривается. А пространство это -- конкретно $L_2$.

Наши в.ф. на отрезке -- это тоже функции из $L_2$. Если вас смущает конечность интервала -- доопределите в.ф. на всей прямой (ноль вне отрезка).

[ewert]

obar в сообщении #458583 писал(а):

Оператор импульса хорошо определен.

На какой конкретно области, т.е. на каком множестве функций он определён?... Неограниченный оператор не может быть задан на всём пространстве (уж для симметричного-то оператора это верно безоговорочно), поэтому область определения необходимо указывать. Вы же об этом даже и не задумываетесь.

obar в сообщении #458583 писал(а):

Как же тогда он перестает быть эрмитовым при граничном переходе?

А с чего Вы взяли, что при любом предельном переходе оператор тоже обязан к чему-то стремиться хоть в каком-то смысле?... и что выражение для него (даже если он действительно к чему-то стремится) при таком переходе сохранится?...

obar в сообщении #458583 писал(а):

Если вас смущает конечность интервала -- доопределите в.ф. на всей прямой (ноль вне отрезка).

Это запрещено: вне отрезка потенциал бесконечен и, следовательно, не является оператором на всей оси.

[Bulinator]

ewert в сообщении #458588 писал(а):

Это запрещено: вне отрезка потенциал бесконечен и, следовательно, не является оператором на всей оси.

Так оператор импульса об этом(что потенциал бесконечен) не знает и мы ему не скажем. А волновые функции определены всегда и везде. Другое дело, что они зануляются.
Просто т.к. в рассматриваемом нами случае они не имеют производной в 2-х точках на границах отрезка, оператора импульса не существует(видимо) .

[ewert]

Bulinator в сообщении #458614 писал(а):

Так оператор импульса об этом(что потенциал бесконечен) не знает и мы ему не скажем.

Ему -- нет, не скажем, зачем его расстраивать. Но себя-то мы не можем обманывать.

Bulinator в сообщении #458614 писал(а):

Просто т.к. в рассматриваемом нами случае они не имеют производной в 2-х точках на границах отрезка, оператора импульса не существует(видимо)

Совсем не поэтому. Они могут на концах иметь производные (односторонние, естественно), а могут и не иметь. Волновые функции вообще.

Вот собственные функции оператора $i\frac{d}{dx}$ -- дело другое. Они производные, конечно, имеют. Если вообще существуют. Так вот: если на концах поставить нулевые граничные условия (на саму функцию) -- то никаких собственных функций у этого оператора и не будет. Что и не удивительно -- он ведь при таких граничных условиях не самосопряжён.

Его можно расширить до самосопряжённого, причём не единственным образом. Простейший вариант -- оставить из граничных условий лишь периодическое: $\psi(a)=\psi(b)$ (а все возможные расширения описываются квазипериодическими условиями вида $\psi(a)=\psi(b)\cdot e^{i\theta}$, где $\theta=\mathrm{const}$). Только собственные функции не будут уже иметь ничего общего с собственными функциями оператора энергии $-\frac{d^2}{dx^2}$. И собственные числа тоже: у импульса это будут (в периодическом случае) $\frac{2\pi k}{b-a}$, у энергии же -- $\frac{\pi^2k^2}{(b-a)^2}$, а вовсе не $\frac{4\pi^2k^2}{(b-a)^2}$.