Как можно себе представить квантовое движение?

[Sicker]

а почему, откуда? $k$ я так понимаю зависит от скорости нашей системы отсчета?
Можете скажем рассмотреть пример с волной де-Бройля?

[Munin]

$k=p/\hbar=mv/\hbar.$

Почему, откуда - просто подставьте это в бусченное уравнение Шрёдингера, и проверьте.

Откуда на самом деле - из способа буста релятивистски-инвариантных уравнений: Клейна-Гордона и Дирака. Они потом переходят в уравнение Шрёдингера в нерелятивистском пределе, и соответствующий буст волновой функции - тоже переходит в буст волновой функции. В релятивистском случае буст волновой функции - полноценный поточечный буст + спинорное представление группы Лоренца, а в нерелятивистском - получается вот такая заковыристая добавка. Вызвана она тем, что мы отбрасываем множитель $mc^2,$ а он при бустах неинвариантен.

[Sicker]

warlock66613 в сообщении #869367 писал(а):

Ну как... Обычно: $P(\mathbf p = \mathbf a) = \left\lvert \left\langle \mathbf p = \mathbf a | \psi \right\rangle \right\rvert ^ 2$. Правую часть можно посчитать в любом представлении - координатном, импульсном, или каком другом.

а кстати, для оператора импульса собственные функции имеют бесконечную кратность вырождения, те если мы собственную функцию домножим на комплексную единичную экспоненту, она тоже будет собственной функцией, и когда мы будем раскладывать исходную волновую функцию по собственным функциям оператора импульса, то у нас же разные части нашей полученной функции будут повернуты на разный угол, это нормально? хотя это все же не повлияет на вероятностное распределение

-- 08.06.2014, 12:34 --

А кстати Munin, я для примера проделал этот ваш трюк с всюду единичной вещественной волновой функцией(которая по уравнению Шредингера продолжала быть единичной и вещественной), и у меня получилось, что при обратном преобразовании она как бы начала вращаться на мнимую экспоненту

[Munin]

Sicker в сообщении #873064 писал(а):

те если мы собственную функцию домножим на комплексную единичную экспоненту, она тоже будет собственной функцией

Нет, это другое явление. Это не называется вырождением.

Собственный вектор $u$ оператора $A$ - это такой $u,$ что $\exists\;\lambda\colon\quad Au=\lambda u.$ Собственный вектор всегда приходит с целым подпространством: если $u$ - собственный вектор, то и $\alpha u\quad(\forall\alpha)$ - тоже собственный вектор.

Это вырождением не называется. Вырождением называется случай, когда $\exists\;v\ne\alpha u$ такой, что он тоже собственный вектор с тем же самым собственным числом (значением) $\lambda.$ В такой ситуации, собственное подпространство - прямая сумма подпространств этих отдельных векторов, оно "натянуто", как говорят, на оба этих вектора. $\forall\alpha,\beta\quad\alpha u+\beta v$ тоже будет являться собственным вектором. (Аналогично, для любого множества независимых собственных векторов - их линейные комбинацие и линейная оболочка.)

----------------

Оператор импульса не вырожден (для скалярной волновой функции). Оператор энергии вырожден. В 1D каждое значение импульса (= волнового числа) задаёт собственную функцию - синусоиду, бегущую в конкретном направлении с конкретной скоростью. Энергия связана с импульсом, как в классической механике, $E=p^2/2m,$ так что каждому значению энергии соответствуют две волны, бегущие вправо и влево.

В 2D и 3D вырождение оператора энергии становится не двукратным, а бесконечным. Одному значению энергии соответствует волна с заданным модулем импульса, и произвольным направлением вектора импульса (волнового вектора) - по полному кругу или по полной сфере всевозможных направлений.

Sicker в сообщении #873064 писал(а):

и когда мы будем раскладывать исходную волновую функцию по собственным функциям оператора импульса, то у нас же разные части нашей полученной функции будут повернуты на разный угол, это нормально? хотя это все же не повлияет на вероятностное распределение

Если вы аккуратно всё раскладываете, то не должно быть такого, что разные части повёрнуты на разный угол.

Sicker в сообщении #873064 писал(а):

А кстати Munin, я для примера проделал этот ваш трюк с всюду единичной вещественной волновой функцией(которая по уравнению Шредингера продолжала быть единичной и вещественной), и у меня получилось, что при обратном преобразовании она как бы начала вращаться на мнимую экспоненту

Приведите формулы, а то неясно, чего у вас получилось. Может быть и правильно, и неправильно.

[Sicker]

Munin в сообщении #873066 писал(а):

Если вы аккуратно всё раскладываете, то не должно быть такого, что разные части повёрнуты на разный угол.

я имею ввиду, что если мы возьмем разные волновые функции, которые являются собственными функциями оператора импульса, и которые соответствуют соответственно разным значениям импульса
те мы можем взять соб. функцию, соответствующей какому-то значению импульса, и домножить ее на мнимую экспоненту с произвольным аргументом, потом взять другую соб. фун., соот. другому значению импульса, и домножить ее на другую мнимую экспоненту, тк это не изменит собственных функций
и получается при разложении разные части получившейся волновой функции будут повернуты на разный угол, тк мы можем соб. функции, соответствующие разным значениям импульса, независимо поворачивать на разный угол

-- 08.06.2014, 13:22 --

Munin в сообщении #873066 писал(а):

Приведите формулы, а то неясно, чего у вас получилось. Может быть и правильно, и неправильно.

я, может быть, и не понял как правильно делать буст
ведь обратное преобразование мы совершаем делением в подвижной системе отсчета волновой функции на $e^{-ikx}$? Тогда пусть у нас соответственно в подвижной системе отсчета сначала в $x=0$ была волновая функция, равная $e^{0}=1$, потом стала там же скажем $e^{ika}$, и теперь делаем обратное преобразование $\frac{e^{ika}}{e^{0}}=e^{ika}$, те волновая функция в неподвижной системе отсчета повернулась на угол $a$( и это конечно было не в точке $x=0$, а в точке $x=\cdot {v}{t}$)
Можете показать, как у вас получилось?

[Munin]

Sicker в сообщении #873072 писал(а):

я имею ввиду

Может, проще написать уже формулами?

Sicker в сообщении #873072 писал(а):

и получается при разложении разные части получившейся волновой функции будут повернуты на разный угол

Если собственные векторы фиксированы - коэффициенты при разложении тоже фиксированы. Если заданы только собственные подпространства - то разложение всегда будет известно с точностью до произвольных коэффициентов.

Обычно на практике собственные функции, выбираемые как базис, выписывают явно. Например, для оператора импульса - $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t)}.$ Они имеют уже фиксированную фазу, и при разложении не будет никакого произвола. Разумеется, различие между $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t)}$ и $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t+\varphi)}$ нефизическое, и вероятности были бы одни и те же.

Sicker в сообщении #873072 писал(а):

я, может быть, и не понял как правильно делать буст :-)

Вот это я и подозреваю.

Sicker в сообщении #873072 писал(а):

Можете показать, как у вас получилось?

Нет, давайте вы свои выкладки, а я поправлять буду.

[Sicker]

Munin в сообщении #873074 писал(а):

Нет, давайте вы свои выкладки, а я поправлять буду.

ну я уже их как бэ описал постом выше(если это можно назвать выкладками )

[Munin]

Sicker в сообщении #873072 писал(а):

Тогда пусть у нас соответственно в подвижной системе отсчета сначала в $x=0$ была волновая функция, равная $e^{0}=1$, потом стала там же скажем $e^{ika}$

А что такое $a$?

-- 08.06.2014 13:34:04 --

Sicker в сообщении #873076 писал(а):

ну я уже их как бэ описал постом выше

Пока вы редактировали своё сообщение, я уже писал ответ, глядя на исходную версию вашего сообщения.

Когда редактируете сообщение, то перед отправкой хорошо бы посмотреть, а не насыпалось ли ещё чего нового. Или по крайней мере не удивляться.

[Sicker]

Munin в сообщении #873074 писал(а):

. Например, для оператора импульса - $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t)}.$ Они имеют уже фиксированную фазу, и при разложении не будет никакого произвола

а вот если мы рассмотрим такие базисные функции $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t+\varphi(k))}$

-- 08.06.2014, 13:38 --

Munin в сообщении #873077 писал(а):

А что такое $a$?

ну просто какое-то вещественное число, сдвиг фазы волновой функции

[Munin]

Sicker в сообщении #873079 писал(а):

а вот если мы рассмотрим такие базисные функции $e^{i(\mathbf{kx}-\omega t+\varphi(k))}$

Если при этом $\varphi(k)$ - известная функция, то всё то же самое.

Sicker в сообщении #873079 писал(а):

ну просто какое-то вещественное число, сдвиг фазы волновой функции

Тогда просто неверно. Нафига там этот $e^{ika}$? Буст по-другому происходит.

Напишите-ка полные формулы буста, а не в одной точке. (И я не буду говорить, где эта задача решена... :-)

[Sicker]

короче, как я понял ваш буст
пусть в начальный момент времени в неподвижной системе отсчета имеется единичная вещественная волновая функция, и тк гамильтониан у нее будет нулевой, то она все время будет "стоять"
пусть есть подвижная система отсчета, и в начальный момент времени $x=0$ и $x'=0$ совпадают(штрихованные координаты-координаты подвижной СК), тогда в начальный момент времени в $x'=0$ из за буста волновая функция соответственно будет $e^{0}=1$(а в других точках подвижной СК $e^{ikx'}$)
те в подвижной СК волновая функция будет собой представлять плоскую волну с определенным импульсом, и соответственно по уравнению шредингера будет двигаться поступательно, и в точке $x'=0$ в какой-то момент времени будет значение $e^{ika}$, и теперь делаем обратно преобразование, те по значению волновой функции в какой-то точке подвижно СК получаем значение волновой функции в точке неподвижной СК, которая соответствует точке подвижной(если рассмотрим какой-то момент времени), пусть тогда точке$x'=0$ соотствествует точка $x=s$, и в ней волновая функция будет $e^{ika}$
те в нашей исходной неподвижной системе координат волновая функция в точке $x=s$ повернулась на какой-то угол $a$

-- 08.06.2014, 14:04 --

Munin в сообщении #873082 писал(а):

Если при этом $\varphi(k)$ - известная функция, то всё то же самое.

тогда получаем произвол в получившейся волновой функции! те ее части могут быть повернуты на разные произвольные углы (мы сами определяем произвол $\varphi(k)$)
(а эта новая функция получается соответственно скалярным произведением собственной функции оператора импульса и начальной волновой функции)

[Munin]

Sicker в сообщении #873083 писал(а):

тогда получаем произвол в получившейся волновой функции!

Нет, не получаем.

Это произвол в выборе базиса.

[Sicker]

те мы можем базис по разному выбирать?

-- 08.06.2014, 14:21 --

а я думал он один и полностью определяется собственными функциями оператора

-- 08.06.2014, 14:22 --

и получается представление волновой функции в виде $F(p)$ неединственно?(не знаю как писать пси)

[Munin]

Sicker в сообщении #873083 писал(а):

короче, как я понял ваш буст

Короче, хреново вы его поняли.

Упражнения для начала.

Упражнение 1. Записать преобразования Галилея $(x,t)\xrightarrow{v}(x',t').$ Записать преобразования Лоренца $(x,t)\xrightarrow{v}(x'',t'')$ ($c$ - известный параметр).

Упражнение 2. Записать преобразование Галилея (то есть, заменить переменные) скалярного волнового уравнения

$$\dfrac{1}{C^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0.\eqno(*)$$

Записать решения в виде монохроматических волн для $(*)$ и для $(*)'.$ Найти, какие решения $(*)$ переходят в какие решения $(*)'.$

Упражнение 3. а) Записать преобразование Лоренца (то есть, заменить переменные) скалярного волнового уравнения

$$\dfrac{1}{C^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0.\eqno(*)$$

Записать решения в виде монохроматических волн для $(*)$ и для $(*)''.$ Найти, какие решения $(*)$ переходят в какие решения $(*)''.$

б) Рассмотреть случай $C=c$ (константа в волновом уравнении равна константе в преобразовани Лоренца).

[Sicker]

я их потом как нибудь сделаю
а что насчет последнего поста?