Ур-ние Шредингера: несвязанное состояние в дельта-яме

[saygogoplz]

Какая разница, где что интересует, потом Фурье преобразование возьмете и будет Вам и координатное представление, а в импульсном тут действительно проще решается, так как мы избавляемся от дельта функции и условий сшивки в нуле...

[fizeg]

saygogoplz
Я не понимаю почему все так зациклились на сшивке в нуле и сингулярности в потенциале, в то время как суть вопроса (нормировка на дельта-функцию, взятие плохих с точки зрения обычных функций интегралов...) инфракрасная, а не ультрафиолетовая.

Представьте, что речь шла о потенциале $U=-\frac{2}{\cosh^2x}$ (между прочим, точно решаемая задача) Не сильно все изменится

[Physman]

saygogoplz в сообщении #642359 писал(а):

Какая разница, где что интересует, потом Фурье преобразование возьмете и будет Вам и координатное представление

Так зачем же гулять между пространствами, если и так всё получается несложно? С другой стороны, конечно, дело вкуса. Кто-то в $k$-пространстве нагляднее всё представляет.

Преобразование Фурье нужно в подобных задачах, чтобы упростить расчёт. Здесь этого явно не требуется. Вот для частицы с непараболической дисперсией, или в каком-нибудь уравнении Дайсона, действительно без Фурье преобразования туговато придётся.

[quantum newbie]

Импульсное представление
В этой теме началось обсуждение смежного вопроса, который я хотел поднять отдельно.
Как в импульсном представлении выглядит уравнение Шредингера этой системы?
$\frac {p^2} {2m} \psi(p) + \int\psi(q)dq = E \psi(p)$
Если бы мы решали задачу связанного состояния, я бы предложил следующее решение:
$c = \int \psi(p) dp$
$(\frac {p^2} {2m} + (-E)) \psi(p) = -c, \forall p$

$\psi(p) = \frac {-c} {\frac {p^2} {2m} - E}, \forall p$
Далее я бы сказал, что $c = \int \psi(p) dp = \int \frac {-c} {\frac {p^2} {2m} - E} dp = -c \frac {\sqrt 2 \pi} {\sqrt {-Em}}$ при $E<0$.

А как решать задачу несвязанного состояния? Соостветствующий интеграл-то не сходится!


2 figez
Ваша идея с регуляризацией, которая, как я понял, заключается в установлении бесконечного барьера где-то вдалеке от ямы, таким образом утверждая конечность системы/лаборатории, неудачна по той причине, что в потенциале
$V=\varkappa\delta(x) + \begin{cases}0,x<L \\ +\infty, x\geq L\end{cases}$
возомжны только нечетные состояния $\psi(x) \propto \sin k_n x$, которые не чувствуют дельта-яму.
При устремлении $L\to\infty$ этот баг не исчезнет, ИМХО.

2 Physman
В Галицком я не нашел решения поставленной задачи. Самое близкое, что там есть, это вычисление коэффициента отражения дельта-барьера. Но нигде нет ничего о нормировке.

P.S. может, надо было сразу сказать, причину вопроса. Исходно была задача оценить поправка к связанному состоянию при некотором нечетном возмущении. Первая поправка занулялась, а вторая поправка определяется как сумма по всех несвязанным состояниям:
$\delta E = \sum\limits_{\psi_k} \frac {|<\psi_{\textrm{св}} | V | \psi_k>|^2} {E_0 - E}$
Как выглядят несвязанные состояния, я себе представляю. Но здесь есть больная разница между тем, подставлю я в матричный элемент $e^{ikx}$ или $2e^{ikx}$, потому что $E$ — это конкретное число, которое определяется точно, а не так, как Волновые функции, с точностью до нормировки.

[Physman]

quantum newbie в сообщении #642424 писал(а):

Physman
В Галицком я не нашел решения поставленной задачи. Самое близкое, что там есть, это вычисление коэффициента отражения дельта-барьера. Но нигде нет ничего о нормировке.

Так этого-то и достаточно =). Ладно, смотрите. Вы, наверное, получили: $1+r=t$; $\psi'(+0)-\psi'(-0)=\frac{-2m\chi}{\hbar^2}\psi(0)$. Из этих уравнений следует, избавляясь от $r$ и учитывая $k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$: $t=\frac{1}{1+\frac{i\sqrt{m}\chi}{\hbar\sqrt{2E}}}$ (арифметику проверьте).
Кроме этого, мы знаем, что для "энергетических" (не "амплитудных") коэффициентов отражения и пропускания справедливо: $R+T=1$, иными словами $r^2+t^2=1$. Отсюда находите $r$.
В итоге, слева $e^{ikx}+re^{-ikx}$, а справа $te^{ikx}$.

quantum newbie в сообщении #642424 писал(а):

А как решать задачу несвязанного состояния? Соостветствующий интеграл-то не сходится!

Этот интеграл, вроде, сходится при любых $E$ (Во всяком случае Математика берёт его без сопротивления). Ну, получится $c$ комплексной, и что же?

[fizeg]

quantum newbie
Читайте внимательнее. Я написал, что нормировку несвязанных состояний можно проводить из самых разных соображений и неэквивалентными способами. Как ее провести в вашем случае, если ваша цель - ортонормированная система решений, я написал.

-- 10.11.2012, 19:08 --

И кстати вы не правы по поводу решений для регуляризованного потенциала

-- 10.11.2012, 19:34 --

И да, считайте просто $k\geq0$ и можете взять например
$\psi_k=\sin{kx},\tilde{\psi}_k=\frac{1}{\pi(1+4k^2/\alpha^2)}\Bigl(-{\rm sgn}(x)\sin{kx}+\frac{2k}{\alpha}\cos{kx}\Bigr)$

[quantum newbie]

(Wolfram Mathematica)

2 Physman: почему выписанные Вами функции нормированы правильно?

2 fizeg: я, видимо, не понял Ваше сообщение. Неоднозначность нормировки меня не устраивает. Если Вы говорите о сообщении 08.11.2012, 16:31, я не понял, как Вы предлагаете занулить одну из дельта-функций, оставив вторую.
Как следует регуляризовать потенциал правильно?
Откуда Вы взяли эти две волновые функции?

[Physman]

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

почему выписанные Вами функции нормированы правильно?

Вообще, не совсем правильно. Сейчас постараюсь объяснить.

Дело в том, что интеграл нормировки, если его взять напрямую, действительно расходится. Но это затруднение можно преодолеть, если "ограничить" пространство не бесконечностью, а некоторым большим, но конечным $L$, и использовать периодические граничные условия. Тогда вы получите, что импульс и энергия свободной частицы принимают (квази-)дискретные значения, и получается квазинепрерывный спектр (поскольку, всё-таки, $L$ очень велико, то спектр больше непрерывный, чем дискретный).
Теперь смело ищите $|C|^2\int_{0}^{\infty}|\tilde{\psi}(x)|^2dx=1$. Вы получите в результате что-то вроде $C=1/\sqrt{2L}$, если я в двойке не ошибся, а всякие экспоненты или косинусы сократятся. Как-то так. Вообще, я сейчас вспомнил, что это же стандартная нормировка плоской волны!

Теперь возникает ещё вопрос. А что это за такая пресловутая $L$? Да? Она появляется потому, что когда мы имеем просто бегущую волну, то частица как бы равновероятно размазана по пространству. На практике, частица ограничена в исследуемом образце, скорее всего. И тогда $L$ - это характерный размер области "локализации", то есть образца.

P.S. В Математике у меня не вылезает "assumptions", как у вас почему-то.. Там всё считается и не ругается..

[ChaosProcess]

2 Physman
Странные какие-то у вас рассуждения. Я понимаю, чтобы квантовать поле, удобно ограничить ящиком все, но тут ситуация иная.

[Physman]

ChaosProcess в сообщении #643001 писал(а):

Странные какие-то у вас рассуждения.

"Странные какие-то" - это не доказательство неправильности рассуждений. Приведите, пожалуйста, более весомые аргументы, обсудим.

ChaosProcess в сообщении #643001 писал(а):

Я понимаю, чтобы квантовать поле, удобно ограничить ящиком все, но тут ситуация иная.

Так а в чём же она иная?

[ChaosProcess]

Physman в сообщении #643068 писал(а):

Так а в чём же она иная?

Мне не нравится, что если есть стенки, то спектр дискретный. Тогда при расчете 2 поправки будет ряд, а не интеграл, и никто не гарантирует, что они будут совпадать.

Physman в сообщении #643068 писал(а):

"Странные какие-то" - это не доказательство неправильности рассуждений. Приведите, пожалуйста, более весомые аргументы, обсудим.

Это у вас нет весомых аргументов, что получится правильно, если считать 2 поправку.

[quantum newbie]

Цитата:

Тогда при расчете 2 поправки будет ряд, а не интеграл, и никто не гарантирует, что они будут совпадать.

ChaosProcess, мне нравится Ваш ход мысли. Physman, ответьте, почему Вами предложенный метод будет допустимым.

(2 Physman)

Кроме того, я не понял, как Вы Wolfram Mathematica используете. Assumptions (по-русски, допущения) был дописан мной просто потому, что я предположил, что энергия и масса действительны и, кроме того, масса строго положительна. Если Вы считаете, что эти допущения излишни, то можно проинтегрировать просто дробь:

[Physman]

ChaosProcess в сообщении #643270 писал(а):

Это у вас нет весомых аргументов, что получится правильно, если считать 2 поправку.

Ну почему же, есть. Во-первых, начнём с размерности. Посмотрите на саму поправку, типа $\sum\frac{|\langle\psi|H|\psi\rangle|^2}{E_0-E}$. Она, естественно, имеет размерность энергии. В числителе стоит матричный элемент (Гамильтониан в обкладках волновых функций) в квадрате, что, по сути, означает интегрирование по пространству функции $\psi_i^*(x)H \psi_j(x)$. То есть волновая функция должна быть нормирована на $1/\sqrt{L}$, где $L$ - некоторый характерный размер, тогда с размерностью порядок. Даже чисто качественно ясно, что тут нужен некоторый размер локализации.
Во-вторых, про плоские волны и их нормировку можно найти в книжках и интернете массу статей. Я специально сейчас заглянул. И везде вы увидите то самое обоснование нормировать на конечную длину (образца).

quantum newbie в сообщении #643296 писал(а):

ChaosProcess, мне нравится Ваш ход мысли.

Смешно. Я сейчас просмотрел все сообщения этой темы, и не нашёл ни одного конкретного предложения от ChaosProcess. Ну кроме критики чужих мыслей, разумеется. Простите, quantum newbie, а о каком ходе мысли, собственно, идёт речь?

[fizeg]

quantum newbie

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

Неоднозначность нормировки меня не устраивает.

Если вы относитесь религиозно-мистически к нормировке ненормируемой волновой функции, имеющей в общем-то техническое значение, то я вам ничем помочь не могу.

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

я не понял, как Вы предлагаете занулить одну из дельта-функций, оставив вторую.

Это имеет значение только если вы считаете дальше k произвольным, чтобы не учитывать одно и то же состояние дважды. Вы можете выбрать ваши константы таким образом, что для k с разным знаком это были ортогональные состояния. Я вместо этого предлагаю считать k положительным и взять два набора функций.

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

Откуда Вы взяли эти две волновые функции?

Это ваши решения с определенным выбором констант (хотя в первом нет коэффициента, а во втором забыт корень в коэффициенте ). Вы можете проверить, что они ортогональны по формуле, которую я написал при условии $k\geq 0$ (которая получается, если интегралы брать как от обобщенных функций, которые понимаются как функционалы на некотором хорошем классе функций, по-моему обычно имеется в виду компактный носитель)

Кстати компактный носитель вполне в духе идеи инфракрасной регуляризации. Когда рассматривают плохие функции их обычно домножают на "выступ", нулевой при очень больших координатах.

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

Как следует регуляризовать потенциал правильно?

Так, чтобы это корректно работало для рассматриваемой задачи. Если на результат конкретный метод регуляризации не влияет, то можете произвольным образом.


ChaosProcess

ChaosProcess в сообщении #643001 писал(а):

Я понимаю, чтобы квантовать поле, удобно ограничить ящиком все, но тут ситуация иная.

Про квантование полей по-моему вообще никто не говорил

Кстати, можно задать вам (возможно личный) вопрос: вы не математик?

-- 12.11.2012, 01:10 --

quantum newbie
В общем, наконец посчитайте через Фурье скалярное произведение решений для разных k

[ChaosProcess]

Physman в сообщении #643327 писал(а):

Во-вторых, про плоские волны и их нормировку можно найти в книжках и интернете массу статей. Я специально сейчас заглянул. И везде вы увидите то самое обоснование нормировать на конечную длину (образца).

Возможно.

Physman в сообщении #643327 писал(а):

Я сейчас просмотрел все сообщения этой темы, и не нашёл ни одного конкретного предложения от ChaosProcess.

А я собственно, сам затрудняюсь.

fizeg в сообщении #643345 писал(а):

Если вы относитесь религиозно-мистически к нормировке ненормируемой волновой функции, имеющей в общем-то техническое значение, то я вам ничем помочь не могу.

В данном случае нормировочный коэффициент прямо влияет на 2 поправку. В этом и проблема.

fizeg в сообщении #643345 писал(а):

Вы можете выбрать ваши константы таким образом, что для k с разным знаком это были ортогональные состояния.

Вот как это соотносится с:

fizeg в сообщении #641625 писал(а):

У меня получается $\pi\Bigl(b_{k_1}b_{k_2}+\frac{a_{k_1}a_{k_2}}{2}+\frac{c_{k_1}c_{k_2}}{2}\Bigr)\Bigl(\delta(k_1+k_2)+\delta(k_1-k_2)\Bigr)$

непонятно.

quantum newbie в сообщении #642669 писал(а):

Откуда Вы взяли эти две волновые функции?

Вот я тоже не понимаю. Если взять произвольные комбинации плоских волн, написать сшивку и учесть симметрию потенциала, то будет что-то подобное, но откуда вы взяли коэффициенты?

fizeg в сообщении #643345 писал(а):

Если на результат конкретный метод регуляризации не влияет, то можете произвольным образом.

Влияет, написал выше.

fizeg в сообщении #643345 писал(а):

Про квантование полей по-моему вообще никто не говорил

Привел просто как пример, отношения не имеет.

fizeg в сообщении #643345 писал(а):

Кстати, можно задать вам (возможно личный) вопрос: вы не математик?

Нет, я никто
Я не люблю излишнюю строгость. Но есть ситуации, когда надо быть аккуратным.

(Оффтоп)

Вот особенно не люблю, когда кто-то при вычислении интегралов с комплексными экспонентами добавляет действительную, зависящую от параметра, считает интеграл и устремляет параметр в 0.