Странный оператор

[Kitozavr]

Решая задачу получил оператор $\hat O = \sqrt{a^2 + \partial_x^2}$. Не пойму, что будет если подействовать им на функцию. Единственная идея -- $\hat O y(x) =\sqrt{a^2 + \partial_x^2} y(x) = \sqrt{a^2 y^2(x) + \partial_x^2 y^2(x)}$. Это верно?

[Vince Diesel]

Kitozavr в сообщении #977960 писал(а):

Это верно?

Нет. Применив дважды, $a^2y+y''$ не получится.

Формально такой оператор можно определить как псевдодифференциальный, с помощью преобразования Фурье:
$\hat Oy=F^{-1}(a^2-\xi^2)^{1/2}Fy$.

[Red_Herring]

Да, поскольку $a^2+\partial_x^2$ не является неотрицательным оператором, то следует объяснить, какой корень принимается при отрицательном значении аргумента. Но учитывая, что это из физики, то я подозреваю, что оператор $a^2+p_x^2=a^2-\partial_x^2$, и он положительный

[Munin]

Что-то мне это уравнение Дирака напоминает...

[Kitozavr]

Red_Herring в сообщении #977979 писал(а):

Но учитывая, что это из физики, то я подозреваю, что оператор $a^2+p_x^2=a^2-\partial_x^2$, и он положительный

Так и есть. А это как-то поможет ?

Оператор появился в результате диагонализации гамильтониана вида

$$ H \sim \begin{pmatrix} A + \partial^2_x -2 \partial_x - 1 &B \\ B & A + \partial^2_x + 2 \partial_x - 1 \end{pmatrix}. $$

Если я всё правильно сделал, то подобные корни появляются в его собственных значениях

[Munin]

Если вы диагонализируете гамильтониан, то пишите не $\partial_x,$ а $i\hat{p}_x,$ и будет вам счастье: потом возьмёте оператор импульса в окончательном представлении.

[Red_Herring]

Kitozavr в сообщении #978031 писал(а):

А это как-то поможет

Ну по крайней мере оператор корректно определен. Но, в своем $H$ я подозреваю Вы врете т.к. из-за "голых" $\partial$ он несамосопряженный. Слушайте совет Munin и понимайте $p_x$ как вещественное число (это, конечно, не совсем так, но поможет понять что-то. Ну и если нет потенциалов, зависящих от $x$ смело переходите в импульсное предствление, и будет Вам если не счастье, то хотя бы облегчение

[Kitozavr]

Red_Herring в сообщении #978088 писал(а):

Но, в своем $H$ я подозреваю Вы врете т.к. из-за "голых" $\partial$ он несамосопряженный.

А как это "неголые" $\partial$?

[Red_Herring]

Kitozavr в сообщении #978090 писал(а):

А как это "неголые" $\partial$?

Ну Вам же объяснили—с мнимой единицей. Заметьте, что в $\mathbb{R}$ $i\partial$—самосопряженный, a $\partial$—анти-самосопряженный. Поэтому замените его ($\partial$) на $i\hat{p}$

[Kitozavr]

Вы правы, $i$ я забыл.
Тогда надо диагонализировать гамильтониан.

$$ H \sim \begin{pmatrix} A + (ip)^2_x -2ip_x - 1 &B \\ B & A + (ip)^2_x + 2 ip_x - 1 \end{pmatrix}. $$

В результате получается

$$ \tilde H \sim \begin{pmatrix} A - p^2_x - \sqrt{B^2 - 4p_x^2} - 1 & 0\\ 0 & A - p^2_x + \sqrt{B^2 - 4p_x^2} - 1 \end{pmatrix}. $$

Если теперь записать уравнение Шредингера, то в нём будут члены $\sqrt{B^2 - 4p_x^2} \psi$. Кажется, дальше понимать $p_x$ как вещественное число нельзя. Придётся поступит как советовал Vince Diesel?

[Red_Herring]

Kitozavr в сообщении #978100 писал(а):

Вы правы, $i$ я забыл.

Не понял… $p_x=-i\partial_x$, и он то д.б. без $i$.

Kitozavr в сообщении #978100 писал(а):

Кажется, дальше понимать $p_x$ как вещественное число нельзя. Придётся поступит как советовал Vince Diesel

Проще перейти импульсному представлению и в нем $p_x$ превращается в оператор умножения на вещественное число. Разумеется, в координатном представлении мы имеем псевдодифференциальный оператор, а более точно—мультипликатор, т.е. оператор инвариантный от-но сдвига. Пока у Вас нет потенциалов, зависящих от координат, разговор о псевдодифференциальных операторах будет ненужным усложнением.

[Kitozavr]

Red_Herring в сообщении #978116 писал(а):

Не понял… $p_x=-i\partial_x$, и он то д.б. без $i$.

Верно, это я ночью плохо соображал и ошибся.

Red_Herring в сообщении #978116 писал(а):

Пока у Вас нет потенциалов, зависящих от координат

На самом деле есть, $B \sim \cos \frac{x}{2}$. Но, может быть, всё равно стоит перейти в импульсное представление?

[Munin]

О, ну при таком потенциале сам Блох велел...

[Kitozavr]

Munin в сообщении #978161 писал(а):

сам Блох велел

Если использовать теорему Блоха, то $\sqrt{\cos^2 \frac{x}{2} - \hat p_x^2} \psi (x) = \sqrt{\cos^2 \frac{x}{2} - \hat p_x^2} e^{ipx} \varphi (x) $. Всё равно не понятно, что делать дальше.

[Red_Herring]

Munin
говорит загадками.

Kitozavr, я надеюсь Вы все сказали и какй каки про $A$ не скажете.
Найти спектр Вы не сможете. Но понять его характер—запросто. Если оператор в $L^2(\mathbb{R},\mathbb{C}^2)$ то его спектр непрерывный полосчатый (band spectrum) и получается так: мы рассмотрим этот же оператор на $L^2(I,\mathbb{C}^2)$, где $I=(0,L)$, $L=4\pi$ период, и граничные условия квазипериодические $u(L)=u(0)e^{ikL}$, $u'(L)=u'(0)e^{ikL}$, обозначим его с.значения через $\lambda_n(k)$, где $k\in (0,2\pi/L)$—квазиимпульс и при $k$ пробегающем указанный интервал эти самые $\lambda_n(k)$ заметают полосы спектра.

Да, есть ещё одна симметрия: при сдвиге на $2\pi$ оператор $H$ переходит в $Q^*HQ$ где $Q=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ и потому можно взять $L=2 \pi$ но граничные условия $u(L)=Qu(0)e^{ikL}$, $u'(L)=Qu'(0)e^{ikL}$.

Но, чёрт возьми, разберитесь, кто такой $H$, а то он у Вас несамосопряженным выходит, от того и корни мнимые случаются.