Упражнение с нестационарным уравнением Шрёдингера

[Sicker]

sinx
Потому что все фундаментальные уравнения физики почему-то второго порядка - Ньютона, Максвелла, Шредингера и т.д.

Eule_A: Отделено от темы «Скорость изменения ускорения».

[Munin]

Пора два балла ставить. Уравнения Максвелла - первого порядка. Уравнение Шрёдингера - первого порядка по времени.

[Sicker]

Munin в сообщении #1350623 писал(а):

Пора два балла ставить. Уравнения Максвелла - первого порядка. Уравнение Шрёдингера - первого порядка по времени.

Я имел ввиду, что при решении этой системы вылезают уравнения второго порядка, те же уравнения в потенциалах и т.д. А УШ второго порядка по пространству

[Cos(x-pi/2)]

Sicker в сообщении #1350643 писал(а):

А УШ второго порядка по пространству

Всё равно два балла. Дело в другом: нестационарное у.Ш. - оно первого порядка для комплексной волновой функции, т.е. это система связанных двух уравнений для двух действительных функций (мнимой и действительной части в.ф.). Если же "расцепить" эту систему на два независимых уравнения для обеих действительных функций, то для каждой из них получаются уравнения второго порядка по времени.

[Munin]

Sicker в сообщении #1350643 писал(а):

Я имел ввиду

Не знаете вы физики, а лезете про неё рассуждать, вот что вы имели в виду.

Cos(x-pi/2) в сообщении #1350645 писал(а):

Если же "расцепить" эту систему на два независимых уравнения для обеих действительных функций

Что маэстро конечно тут же и продемонстрирует! Просим!

[Cos(x-pi/2)]

Я не маэстро)), просто подставляю $\psi=\text{Re}\, \psi+i\,\text{Im}\, \psi=\psi_1+i\psi_2$ в уравнение

$i\dfrac{\partial \psi}{\partial t} = H \psi.$

Получается:

$i\dfrac{\partial \psi_1}{\partial t}-\dfrac{\partial \psi_2}{\partial t}=H \psi_1+iH \psi_2.$

Гамильтониан считаю вещественным (и не зависящим от $t).$ Тогда имеем систему двух связанных вещественных уравнений:

$\dfrac{\partial \psi_1}{\partial t}=H\psi_2,$

$-\dfrac{\partial \psi_2}{\partial t}=H\psi_1.$

Чтобы расцепить уравнения, берём в каждом из них производную по $t$ в левой и правой стороне и выражаем получившиеся под знаком гамильтониана производные первого порядка через правые стороны выписанных выше уравнений. Результат - пара независимых уравнений (притом одинаковых, чего и следовало ожидать):

$\dfrac{\partial^2 \psi_1}{\partial t^2}=-H^2\psi_1,$

$\dfrac{\partial^2 \psi_2}{\partial t^2}=-H^2\psi_2.$

(Решаем всё как обычно - методом разделения переменных $t,\,x.$ Линейно независимые решения: $\psi_1\propto \cos(-Et),$ $\psi_2 \propto \sin(-Et);$ из них собирается обычный комплексный ответ: $\psi(x,t)=\varphi(x)e^{-iEt},$ где $\varphi(x)$ - собственная функция гамильтониана (вещественная): $H\varphi=E\varphi.$)

upd: опечатку в первой строчке исправил)

[Munin]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1350677 писал(а):

Гамильтониан считаю вещественным

Вот это место можно поподробнее?

[Cos(x-pi/2)]

$H^*=H$

Подробнее: $H=-\frac{1}{2m}\Delta+U(x),$ где $U(x)^*=U(x)$ - вещественный потенциал; всё как обычно.

[Munin]

На моей памяти, на него накладывалось только условие $H^+=H.$

[Cos(x-pi/2)]

Он к тому же вещественный, так уж он устроен.

Условие $H^+=H$ это скорее условие на пространство функций, на которых он действует:

$\langle \varphi | H\chi \rangle \equiv \langle H^+\varphi | \chi \rangle =\langle H \varphi | \chi \rangle.$

(Ссылка на авторитетных маэстро: в ЛЛ-3 в конце страницы 79 есть равенство $\hat H=\hat H^*=...$ и где-то там ещё, сходу не вспомнил.

upd: см. также текст в конце стр. 77.)

[Munin]

Ландау-Лифшиц с годами перевёрстывался, так что ссылки на страницы невозможно найти. По нему лучше ссылаться по параграфам.

Cos(x-pi/2) в сообщении #1350682 писал(а):

Ссылка на авторитетных маэстро

Там всё-таки упоминается не произвольный гамильтониан, а частный случай. А вот если залезть в район главы 15, например, §§ 111, 112, то мы увидим в гамильтониане в чистом виде $i.$

[Red_Herring]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1350680 писал(а):

$H^*=H$

Подробнее: $H=-\frac{1}{2m}\Delta+U(x),$ где $U(x)^*=U(x)$ - вещественный потенциал; всё как обычно.

Упражнение правильное, но достаточно бессмысленное (IMHO).

А если $H=\frac{1}{2m} (-i\hbar\nabla -A(x))^2 +V(x)$?

И вообще, для операторов вещественность и самосопряженность понятия из довольно разных опер.

[Eule_A]

Red_Herring в сообщении #1350685 писал(а):

Упражнение правильное, но достаточно бессмысленное (IMHO).

Я бы сказал так: по сравнению с предшествующим разговором это продолжение хотя и чистый оффтоп, вообще говоря, но в нём есть смысл. Однако принципиально, пожалуй, соглашусь...

Munin в сообщении #1350684 писал(а):

Там всё-таки упоминается не произвольный гамильтониан, а частный случай. А вот если залезть в район главы 15, например, §§ 111, 112, то мы увидим в гамильтониане в чистом виде $i.$

У Ландау в таких случаях везде стоит оговорка: кроме случая, когда есть магнитное поле. Собственно, к чему и пришли.

[Munin]

А потом оказалось, что кроме магнитного поля векторным потенциалом обладают ещё куча полей...

[Cos(x-pi/2)]

Я согласен, что в приведённом мной упражнении с вещественным $H$ смысла мало, т.к. оно тривиальное. Но я и не собирался здесь со всей полнотой углубляться в общий случай. Идея была простая - подчеркнуть, что в "волновых уравнениях" производные $i\frac{\partial}{\partial t}$ и $-\frac{\partial^2}{\partial t^}$ в некотором смысле равноправны (ИМХО).

Если есть желающие выписать здесь явно доказательство того, что у. Ш. c $i\frac{\partial}{\partial t}$ и с эрмитовым комплексным гамильтонианом (скажем, как в упомянутых выше примерах Munin) не может быть сведено к системе уравнений с $\frac{\partial^2 }{\partial t^2}$ для неких вещественных функций, то с интересом взгляну; заранее спасибо.