оператор импульса в КМ

[kzv]

Dedekind в сообщении #1586481 писал(а):

Если равенство верное, то оно должно быть верным для любой функции, в том числе, и для де-Бройлевской.

А если равенство верное, но не для всех, а только для собственных функций оператора, тогда это как называется?

[Dedekind]

Уравнение Шредингера. Вам же amon в сообщении #1586414 подробно расписал все это.

[kzv]

Итак, что имеем?
Есть правильное уравнение Шредингера (допустим):

$$\hat{H}\psi=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi$$

Это уравнение работает только для собственных функций оператора эволюции (он же Гамильтона)

$$\hat{H}\equiv i\hbar\frac{\partial}{\partial t}$$

Значит только для собственных функций оператора эволюции (он же Гамильтона) справедливо равенство:

$$\hat{H}\equiv i\hbar\frac{\partial}{\partial t}=\hat{K}+\hat{U}$$

Все верно?

[Red_Herring]

kzv в сообщении #1586491 писал(а):

Все верно?

Цитата:

Это уравнение работает только для собственных функций оператора эволюции (он же Гамильтона

Можно сказать что верно, если помнить сильно нестандартное определение $\hat{H}\equiv i\partial_t$. После чего я преисполнившись восторга ставлю вам в ведомость "99", но пишу "11", поскольку система 100бальная, а в моих обозначениях $9\equiv 1$.

А серьёзно, ну написали это равенство. Дальше что? Ну берём это равенство $i\hbar \partial_t \frown \hat{K}+\hat{U}$ где я написал $\frown$ чтобы помнить, что это равенство, оно не на всех, не на всех, не на всех , потом $i\hbar \partial_t - \hat{U}\frown \hat{K}$, а потом вы это возводите в квадрат , после чего я исправляю 11 на 0 (в стандартных обозначениях) ппоскольку переход к квадрату незаконен ибо вы забыли, что $\frown$ оно не на всех, не на всех, не на всех!!! Об этом я уже писал. Но вы же не читатель, а писатель!

[Osmiy]

(Оффтоп)

Весело у вас тут. Из разряда:
- Два плюс два равно четыре.
- Нет. Четыре равно два плюс два.

[manul91]

kzv, возражение Red_Herring насколько как я его понимаю, сводится к следующему:
Пусть функция $\psi$ удовлетворяет уравнение прежде "возведения в квадрат" операторов:

$$\hat{H}\psi=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi$$

Теперь нельзя утверждать в общем случае, что та же самая функция $\psi$ обязательно будет удовлетворять новое уравнение, после "возведения в квадрат" операторов:

$$\hat{H}^2\psi=(i\hbar\frac{\partial}{\partial t})^2\psi$$

Но это по моему, и так понятно - ведь из релятивистким уравнением мы итак не ожидаем, что обязательно получатся те же самые решения в точностью как у нерелятивистким (однако они должны сводится к нерелятивистким, при малых энергий/скоростей). Оно просто конструируется и постулироется "на авось", из каких-то соображений пытаясь получить релятивистки инвариантное уравнение для волновой ф-и (которое будет иметь пределом решений шредингера в нерелятивистком случае).
Что "на самом деле" выполняется якобы квадратичное (релятивисткое) уравнение - можно только попытаться запостулировать как догадку (а нельзя "вывести возведением в квадрат" из нерелятивисткого). Далее, по идее программа должна быть такова: нужно конечно для совместимости показать (если возможно :), что в нерелятивистком приближении (при определенных условий), функции-решения "квадратичного" ("релятивисткого") уравнения, пренебрежимо мало отличаются от решения классического (неквадратичного); что его предсказания потверждаются экспериментом как в релятивисткой, так и нерелятивиской областей и т.д.

С другой стороны ваши рассуждения как бы тоже понятны: если "оператор гамильтониана и $i\hbar\frac{\partial}{\partial t}$ - суть одно и то же" (скажем так, из "физических соображений"), то тогда типа "оператор гамильтониана в квадрате, и оператор $i\hbar\frac{\partial}{\partial t}$ в квадрате - опять суть одно и то же" (якобы из "тех же" физических соображений) - далее подставляем релятивисткое выражение для "гамильтониана в квадрате" из "эмпирического правила подстановки величин соответными операторами", и понеслось... но это все-таки только эвристика, которую нужно будет потверждать, "математического доказательства" или вывода как такового здесь нет.

[kzv]

Уважаемые Red_Herring и manul91, а вы не забываете, что речь тут идет исключительно о линейных операторах?

Если верно уравнение для собственных функций

$$\hat{H}\psi_n=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi_n=E_n\psi_n$$

То верно и следующее ($\hat{A}^2f\equiv(\hat{A}(\hat{A}f))$):

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \hat{H}^2\psi_n\equiv\hat{H}(\hat{H}\psi_n)=\hat{H}(E_n\psi_n)=E_n\hat{H}\psi_n=E_n^2\psi_n \\ (i\hbar\frac{\partial}{\partial t})^2\psi_n\equiv i\hbar\frac{\partial}{\partial t}(i\hbar\frac{\partial}{\partial t})\psi_n = i\hbar\frac{\partial}{\partial t}E_n\psi_n=E_n i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi_n=E_n^2\psi_n\\ \end{array} \right.$$

Для оператора с потенциалом - то же самое.

Если верно:

$$\hat{K}\psi_n=(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n=K_n\psi_n$$

Значит для квадратов:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \hat{K}^2\psi_n = K_n^2\psi_n \\ (i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})^2\psi_n\equiv(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n=K_n^2\psi_n \\ \end{array} \right.$$

[Alex-Yu]

Ох, сколько раз твердили миру, что волновые уравнения типа Клейна-Гордона (и Дирака тоже) не имеют никакого отношения к квантовой физике... А все без толку. Даже удивительно, на сколько засела в головах эта чепуха: называть полевую функцию волновой, и понимать ее так же. А на самом деле это совершенно разные вещи.

Релятивистская квантовая физика принципиально может быть ТОЛЬКО вторично квантованной. И оператор $-i \hbar \nabla$, действующий в пространстве обычных числовых функций трех переменных в релятивистском случае оператором импульса НЕ ЯВЛЯЕТСЯ. А обозвать $i \hbar \partial_t$ гамильтонианом -- это вообще за гранью добра и зла. В общем "ломаете копья" вы тут по поводу полной чепухи. Впрочем, ерундой заниматься каждый имеет полное право....

[manul91]

kzv в сообщении #1586522 писал(а):

Если верно:

$$\hat{K}\psi_n=(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n=K_n\psi_n$$

А почему такое должно быть верным, с оператором потенциальной энергии? Что такое константа $K_n$ "чисто-кинетическая энергия", $\psi_n$ тут это что, "собственное состояние чисто-кинетической энергии"?
Из шредингера вроде, должно быть верным разве что $\psi_n$ удовлетворяет $\hat{H}\psi_n=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi_n=(\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\hat{U})\psi_n=E_n\psi_n$ где $E_n$ - полная энергия в классическом смысле.
Отсюда для этой же $\psi_n$, не следует ни что $\frac{{\hat{p}}^2}{2m}\psi_n=K_n\psi_n$, ни что $\hat{U}\psi_n=U_n\psi_n$ для каких-то констант $K_n$ и $U_n$

Alex-Yu Так наверное, типа игра такая, представим что живем 100 лет назад и ничего не знаем, ну так на уровне Дирака когда он свое уравнение выводил.... : )

[Red_Herring]

kzv в сообщении #1586522 писал(а):

Уважаемые Red_Herring и manul91, а вы не забываете, что речь тут идет исключительно о линейных операторах?

Единственное о чём мы забываем, что имеем дело с невменяемым агрессивным невеждой.

Цитата:

Если верно:

$$\hat{K}\psi_n=(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n=K_n\psi_n$$

Значит для квадратов:

Вот вам пример из линейной алгебры (прежде чем лезть своими шаловливыми ручонками к квантовой механике выучите её хотя бы на уровне подготовительных курсов кулинарного техникума):

$$\begin{pmatrix}1 &0\\ 0 &-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 &1\\ -1 &0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$$

выполнено на векторе $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ однако

$$\begin{pmatrix}1 &0\\ 0 &-1\end{pmatrix}^2 \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 &1\\ -1 &0\end{pmatrix}^2 \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$$

на нём не выполнено.

[kzv]

manul91
Согласен с вами, операторы кинетической, потенциальной и полной энергии, могут иметь разный набор собственных функций. Можно тогда по другому доказать.
Если для собственных функций $\psi_n$ оператора полной энергии верно равенство:

$$\hat{H}\psi_n=(\hat{K}+\hat{U})\psi_n=i \hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi_n$$

домножим все части уравнения на $\varphi_m$ - собственные функции оператора кинетической энергии и перенесем оператор потенциальной энергии в правую часть:

$$\hat{K}\psi_n\varphi_m=K_m\varphi_m\psi_n=(i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n\varphi_m$$

Ну а дальше все то же самое. Помня о линейности операторов, получим:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \hat{K}^2\psi_n\varphi_m=K_m^2\psi_n\varphi_m \\ (i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})^2\psi_n\varphi_m=(i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})(i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n\varphi_m= (i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})K_m\varphi_m\psi_n=K_m^2\varphi_m\psi_n \\ \end{array} \right.$$

Отсюда следует, что для собственных функций линейных операторов, справедливо равенство:

$$\hat{K}^2=(i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})^2$$

Конечно жаль, что не для всех функций на свете оно справедливо и только для линейных операторов, но хоть что-то.

[Red_Herring]

Alex-Yu в сообщении #1586524 писал(а):

Ох, сколько раз твердили миру, что волновые уравнения типа Клейна-Гордона (и Дирака тоже) не имеют никакого отношения к квантовой физике...

Я с Вами полностью согласен. Но в данном случае речь идёт исключительно о математике, причём на самом элементарном уровне.

-- 24.03.2023, 04:45 --

kzv в сообщении #1586543 писал(а):

Отсюда следует, что для собственных функций линейных операторов, справедливо равенство:

Нет не следует. Дело в том, что у вас речь идёт не о собственных функциях операторов в пространстве функций $\psi(x)$, (и там вообще они непричём), а о функциях из пространства решений $\psi(x,t)$ нестационарного уравнения Шредингера (в общем смысле).

[kzv]

Red_Herring в сообщении #1586542 писал(а):

выполнено на векторе $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ однако

Вы уверены, что это собственный вектор для указанных вами операторов?

[Dedekind]

kzv в сообщении #1586543 писал(а):

$$\hat{K}\psi_n\varphi_m=K_m\varphi_m\psi_n=(i \hbar\frac{\partial}{\partial t}-\hat{U})\psi_n\varphi_m$$

Как это Вы тут лихо поменяли местами $\psi_n$ и $\varphi_m$? Первая же находится под оператором $\hat{K}$ и, притом, не является его собственной функцией.

[Red_Herring]

kzv в сообщении #1586547 писал(а):

Вы уверены, что это собственный вектор для указанных вами операторов?

А разве $\psi_n$ собственные векторы операторов, которые возводите в квадрат?