Cambio de impulso por una constante en la ecuación de Schrödinger

Question

Cambio de impulso por una constante en la ecuación de Schrödinger

Física
impulso
valor propio
Transformada de Fourier
mecánica cuántica
ecuación de Schroedinger

Loonuh

Mi libro establece que si perturbamos un hamiltoniano dado para la ecuación de Schrödinger

H = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + V (X)

$H = \frac{p^2}{2m} +V(x)$

a

H^{'} = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + V (X) + \frac{λ pag}{metro}

$H' = \frac{p^2}{2m} + V(x) + \frac{\lambda p}{m}$

entonces podemos reescribir el hamiltoniano perturbado en la forma

H^{'} = \frac{(pag + λ)^{2}}{2 metro} + V (X) - \frac{λ^{2}}{2 metro} = \frac{{pag}^{' 2}}{2 metro} + V (X) - \frac{λ^{2}}{2 metro} .

$H' = \frac{(p+\lambda)^2}{2m} + V(x) - \frac{\lambda^2}{2m} = \frac{p'^2}{2m} + V(x) - \frac{\lambda^2}{2m}.$

Además, continúa diciendo que si conocemos los valores propios y las funciones propias del hamiltoniano no perturbado, $E_n^{(0)}$ y $\psi_n^{(0)}$ respectivamente, podemos usar fácilmente el hecho de que el número de onda ahora es $k' = \frac{p'}{\hbar} = \frac{(p+\lambda)}{\hbar}$ decir que las funciones propias del hamiltoniano perturbado deben ser

ψ_{norte} = ψ_{norte}^{(0)} {mi}^{- i λ X / ℏ}

$\psi_n = \psi^{(0)}_n e^{-i\lambda x/\hbar}$

y así las nuevas energías son

{mi}_{norte} = {mi}_{norte}^{(0)} - \frac{λ^{2}}{2 metro} .

$E_n = E_n^{(0)} - \frac{\lambda^2}{2m}.$

¿Puede alguien explicar cómo las funciones propias de energía pueden obtenerse tan fácilmente considerando que el operador de momento ha sido desplazado por una constante? Creo que la respuesta tiene que ver con el hecho de que la representación espacial de momento de $\psi$ es la transformada de Fourier de $\psi(x)$ , pero no estoy seguro de cómo probar esto.

marzo

Ciertamente, es sencillo mostrar que las nuevas funciones son funciones propias del hamiltoniano desplazado: simplemente introdúzcalas en la ecuación de Schrödinger con el nuevo hamiltoniano y demuestre que funcionan. Al hacerlo, también verá cuáles son los valores propios de la energía. No estoy del todo seguro de cómo mostrar directamente que estas son todas las funciones propias, pero creo que eso es bastante evidente.

Loonuh

Supongo que preferiría una derivación formal que muestre cómo se obtienen además de adivinar y verificar; de hecho, está claro que funcionan enchufándolos.

Respuestas (2)

Cambio de impulso por una constante en la ecuación de Schrödinger

Ciertamente, es sencillo mostrar que las nuevas funciones son funciones propias del hamiltoniano desplazado: simplemente introdúzcalas en la ecuación de Schrödinger con el nuevo hamiltoniano y demuestre que funcionan. Al hacerlo, también verá cuáles son los valores propios de la energía. No estoy del todo seguro de cómo mostrar directamente que estas son todas las funciones propias, pero creo que eso es bastante evidente.
Supongo que preferiría una derivación formal que muestre cómo se obtienen además de adivinar y verificar; de hecho, está claro que funcionan enchufándolos.

Urgje · Answer 1

Puedes escribir

\begin{array}{rcl} H^{'} & = & H^{''} - - \frac{λ^{2}}{2 metro} \\ H^{''} & = & \frac{1}{2 metro} (pag + λ)^{2} + V (X) = Exp [- i λ X] H Exp [i λ X] \end{array}

$\begin{eqnarray*} H^{\prime } &=&H^{\prime \prime }--\frac{\lambda ^{2}}{2m} \\ H^{\prime \prime } &=&\frac{1}{2m}(p+\lambda )^{2}+V(x)=\exp [-i\lambda x]H\exp [i\lambda x] \end{eqnarray*}$ entonces

H

$H$ y

H^{''}

$H^{\prime \prime }$ son unitariamente equivalentes, por lo que sus autovalores coinciden. En la representación de coordenadas sea

H ψ (X) = m ψ (X)

$\begin{equation*} H\psi (x)=\mu \psi (x) \end{equation*}$ entonces

\begin{array}{rcl} Exp [i λ X] H^{''} Exp [- i λ X] ψ (X) & = & m ψ (X) \\ H^{''} Exp [- i λ X] ψ (X) & = & m Exp [- i λ X] ψ (X) \end{array}

$\begin{eqnarray*} \exp [i\lambda x]H^{\prime \prime }\exp [-i\lambda x]\psi (x) &=&\mu \psi (x) \\ H^{\prime \prime }\exp [-i\lambda x]\psi (x) &=&\mu \exp [-i\lambda x]\psi (x) \end{eqnarray*}$ El cambio por el número

- \frac{λ^{2}}{2 m}

$-\frac{\lambda ^{2}}{2m}$ es trivial

una mente curiosa · Answer 2

Si $\phi_n(p)$ es una función propia de $H$ en el espacio de momento con valor propio $E_n$ , entonces $\phi_n(p+\lambda)$ es una función propia de $H'$ con valor propio $E_n -\frac{\lambda^2}{2m}$ (y viceversa), ya que $H$ y $H'$ difieren entre sí solo por la redefinición lineal del impulso y la adición de una constante: ^{La notación que sigue no es óptima, pero espero que quede claro a lo que me refiero.}

\begin{aligned} H^{'} ϕ_{norte} (pag + λ) & = (\frac{(pag + λ)^{2}}{2 metro} + V (\partial_{pag})) ϕ_{norte} (pag + λ) - \frac{λ^{2}}{2 metro} ϕ_{norte} \\ = (\frac{{pag}^{2}}{2 metro} ϕ_{norte} + V (\partial_{pag}) ϕ_{norte}) (pag + λ) - \frac{λ^{2}}{2 metro} ϕ_{norte} \end{aligned}

$\begin{align} H'\phi_n(p+\lambda) & = \left(\frac{(p+\lambda)^2}{2m}+V(\partial_{p}) \right)\phi_n(p+\lambda) -\frac{\lambda^2 }{2m}\phi_n \\ & = \left(\frac{p^2}{2m}\phi_n +V(\partial_p)\phi_n\right)(p+\lambda)-\frac{\lambda^2 }{2m}\phi_n\end{align}$ donde se cumple la última igualdad porque

\partial_{p} (ϕ (p + λ)) = (\partial_{p} ϕ) (p + λ)

$\partial_p(\phi(p+\lambda)) = (\partial_p \phi)(p+\lambda)$ por la regla de la cadena y sabemos que

(\frac{p}{2 m} ϕ_{n} + V (\partial_{p}) ϕ_{n}) = H ϕ_{n} = E_{n} ϕ

$\left(\frac{p}{2m}\phi_n +V(\partial_p)\phi_n\right) = H\phi_n = E_n\phi$ .

Por una propiedad general de la transformada de Fourier, si $\psi_n(x)$ es la transformada de Fourier de $\phi_n(p)$ , entonces $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\lambda x}\psi_n(x)$ es la transformada de Fourier de $\phi_n(p+\lambda)$ . Esta propiedad simplemente se sigue de la integración por sustitución en la integral definitoria de la transformada de Fourier.

Creo que hay un error en este problema en realidad. Si lo que dices es cierto sobre la transformada de Fourier por sustitución, entonces creo que desde $\psi(x)$ son la transformada de Fourier inversa de $\psi(p)$ debería ser el caso de que $\psi(p +\lambda) \to \psi(x)e^{i\lambda x/\hbar}$ , donde el signo menos en el exponente ahora se ha hecho positivo.
@Loonuh: Hmmm... sí, puede haber un error de señal en alguna parte, pero eso depende de su definición exacta de la transformada de Fourier. Depende de qué signo esté en tu exponencial para la dirección. $p\to x$ , No puedo responder eso por ti.
Conectando sus funciones propias directamente, parece que tienen la forma correcta de ellas.

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