Ecuación de Schrödinger en el espacio de momento a partir de la notación de Dirac

Question

Ecuación de Schrödinger en el espacio de momento a partir de la notación de Dirac

Arnab

Estoy tratando de reconciliar dos formas diferentes de producir la ecuación de Schrödinger en el espacio de momento a partir de la ecuación de Schrödinger en notación abstracta. La ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo, por supuesto, dice:

i ℏ \frac{d}{d t} | ψ (t) ⟩ = \hat{H} | ψ (t) ⟩ = (\frac{{\hat{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (\hat{X})) | ψ (t) ⟩

$i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}{|\psi(t)\rangle}=\hat H{|\psi(t)\rangle}=(\frac{\hat P^2}{2m}+ V(\hat X)){|\psi(t)\rangle}$

La técnica básica para proyectarlo en el espacio de cantidad de movimiento es la siguiente:

i ℏ \frac{d}{d t} ⟨ pag | ψ (t) ⟩ = ⟨ pag | (\frac{{\hat{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (\hat{X})) | ψ (t) ⟩ = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} ⟨ pag | ψ (t) ⟩ + ⟨ pag | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩

$i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}{\langle p|\psi(t)\rangle}=\langle p|(\frac{\hat P^2}{2m}+ V(\hat X)){|\psi(t)\rangle} =\frac{ p^2}{2m}\langle p|\psi(t)\rangle+\langle p| V(\hat X){|\psi(t)\rangle}$ donde hemos utilizado el hecho de que el continuo de vectores de base propia de

\hat{P}

$\hat P$ están etiquetados con sus respectivos valores propios

p

$p$ satisfactorio:

\hat{P} | p ⟩ = p | p ⟩

$\hat P | p\rangle= p| p\rangle$ y ahora usando la definición

⟨ p | ψ (t) ⟩ =: \tilde{ψ} (p, t)

$\langle p| \psi(t)\rangle=: \widetilde{\psi}(p,t)$ podemos escribir la ecuación anterior:

\begin{matrix} (PSE) & i ℏ \frac{d}{d t} \tilde{ψ} (pag, t) = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} \tilde{ψ} (pag, t) + ⟨ pag | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩ \end{matrix}

$\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+\langle p| V(\hat x){|\psi(t)\rangle}\end{equation}\tag{P.S.E.}\label{P.S.E.}$ Ahora viene la parte difícil de lidiar con el

⟨ p | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩

$\langle p|V(\hat X){|\psi(t)\rangle}$ término.

La forma rigurosa de evaluarlo es primero insertar el operador de identidad en la base de momento para tener:
$⟨ pag | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩ = \int d {pag}^{'} ⟨ pag | V (\hat{X}) | {pag}^{'} ⟩ ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ = \int d {pag}^{'} ⟨ pag | V (\hat{X}) | {pag}^{'} ⟩ \tilde{ψ} ({pag}^{'}, t)$ $\langle p|V(\hat X){|\psi(t)\rangle}= \int dp'\langle p|V(\hat X)|p'\rangle\langle p'{|\psi(t)\rangle}=\int dp'\langle p|V(\hat X)|p'\rangle \widetilde{\psi}(p',t)$ Ahora podemos insertar el operador de identidad en la base de posición dos veces para evaluar $\langle p|V(\hat X)|p'\rangle=\widetilde{V}(p-p')$ dónde $\widetilde{V}(p)$ es la transformada de Fourier de $V(x)$ bien $p$ . Reuniendo todo, la ecuación de Schrödinger en la base del impulso dice: $\begin{matrix} (1) & i ℏ \frac{d}{d t} \tilde{ψ} (pag, t) = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} \tilde{ψ} (pag, t) + \tilde{V} (pag) * \tilde{ψ} (pag, t) \end{matrix}$ $\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{ p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+\widetilde{V}(p) *\end{equation}\widetilde{\psi}(p,t)\tag{1}\label{1}$ donde el $*$ signo implica convolución.
Como se puede ver desde arriba, la ecuación $\ref{1}$ es desordenado y difícil de manejar para cualquier cálculo práctico. Por otro lado, sabemos que el operador $\hat X$ está representado por $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ en la base del momento (en notación abstracta: $\langle p|\hat X|\psi(t)\rangle = i\hbar\frac{d}{dp}\langle p|\psi(t)\rangle$ ). Teniendo esto en cuenta, ¿es legal usar esto para escribir la ecuación de Schrödinger en el espacio de momento? $\ref{P.S.E.}$ como
$\begin{matrix} (2) & i ℏ \frac{d}{d t} \tilde{ψ} (pag, t) = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} \tilde{ψ} (pag, t) + V (i ℏ \frac{d}{d pag}) \tilde{ψ} (pag, t) \end{matrix}$ $\begin{equation} i\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\widetilde{\psi}(p,t)=\frac{ p^2}{2m}\widetilde{\psi}(p,t)+V(i\hbar\frac{d}{dp})\widetilde{\psi} (p,t)\end{equation}\tag{2}\label{2}$ donde acabo de reemplazar el $\hat X$ operador con $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ ?

Pregunto esto específicamente porque este es el tipo de argumento que se usa para decir que el SE es exactamente el mismo en la base de posición y momento cuando estamos considerando el problema del oscilador armónico simple (donde $x$ y $p$ están en pie de igualdad en el hamiltoniano).

Si la respuesta a mi pregunta es afirmativa (supongo que casi siempre se puede expandir $V(x)$ en una serie de potencias de $x$ y luego reemplazar $x$ con $i\hbar\frac{\partial }{\partial p}$ en todas partes), entonces ¿cuál es el punto de pasar por todo este galimatías que describo en 1? Si la respuesta es no en general, ¿existen casos específicos (¿donde la dependencia funcional del potencial es polinomial?) en los que podemos aplicar este truco y por qué?

Disculpas por la pregunta larga y cualquier ayuda es apreciada.

Respuestas (2)

Ecuación de Schrödinger en el espacio de momento a partir de la notación de Dirac

Andrés · Answer 1

Yo interpretaría 1 (más algunos pasos adicionales y una suposición sobre $V$ ) como una derivación de 2.

En particular

\begin{array}{rcl} ⟨ pag | V (\hat{X}) | ψ (t) ⟩ & = & \int d X \int d {pag}^{'} ⟨ pag | X ⟩ ⟨ X | V (\hat{X}) | {pag}^{'} ⟩ ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ \\ = & \int d X \int d {pag}^{'} {mi}^{i pag X} V (X) {mi}^{- i {pag}^{'} X} ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ \\ = & \int d X \int d {pag}^{'} {mi}^{- i {pag}^{'} X} V (- i \frac{\partial}{\partial pag}) {mi}^{i pag X} ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ \\ = & V (- i \frac{\partial}{\partial pag}) \int d X \int d {pag}^{'} {mi}^{i X (pag - {pag}^{'})} ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ \\ = & V (- i \frac{\partial}{\partial pag}) \int d {pag}^{'} d (pag - {pag}^{'}) ⟨ {pag}^{'} | ψ (t) ⟩ \\ = & V (- i \frac{\partial}{\partial pag}) ⟨ pag | ψ (t) ⟩ \\ = & V (- i \frac{\partial}{\partial pag}) \tilde{ψ} (pag, t) \end{array}

$\begin{eqnarray} \langle p | V(\hat{X}) | \psi(t) \rangle &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' \langle p | x \rangle \langle x | V(\hat{X}) | p' \rangle \langle p'| \psi(t) \rangle \\ &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{i p x} V(x) e^{-ip'x} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{-ip'x} V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right)e^{i p x} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \int {\rm d} x \int {\rm d} p' e^{i x(p-p')} \langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \int {\rm d} p' \delta(p-p')\langle p' | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \langle p | \psi(t) \rangle \\ &=& V\left(-i\frac{\partial}{\partial p}\right) \tilde{\psi}(p,t) \end{eqnarray}$

Para pasar de la línea 2 a la 3, asumí que Taylor podría expandir $V(x)$ , y reemplaza cada término como $x^n e^{i p x}$ con $(-i \partial_p)^n e^{i px}$ . Luego, para pasar de la línea 3 a la 4, saqué $V(-i \partial_p)$ fuera de la integral. Creo que todo lo demás es sencillo, pero me complace agregar aclaraciones adicionales si es necesario.

Sí, como ya mencioné en mi pregunta, espero que esto suceda tan pronto como puedas expandir V(x) en series de potencias de x. Si siempre puedo hacer esto, el método 1 parece funcionar en vano. ¿Quizás hay ejemplos no triviales cuando se vuelve esencial que comencemos desde 1?
¿Cómo sabrías que puedes hacer el método 2 sin este argumento?
También en el paso 3, x debe reemplazarse con $i\hbar \partial_p$ sin signo negativo.
Lo que escribí está bien, ya que $-i \partial_p e^{ipx}=x$ (Estoy configurando $\hbar=1$ ).
No estoy en desacuerdo, el método 2 es más fácil de usar que el método 1, pero el método 1 es más fundamental ya que siempre funciona y se puede usar para derivar el método 2. Tal vez podría adivinar que el método 2 es razonable, pero el método 1 es cómo usted probar que funciona a partir de principios más básicos de la mecánica cuántica.
Bueno, mirando los elementos de la matriz: $\langle p | V(\hat{X}) | \psi(t) \rangle = \langle p |$ \sum a_n\hat X^n $| \psi(t) \rangle$ y ahora usando la relacion $⟨ pag | \hat{X} \equiv i ℏ . \frac{\partial}{\partial pag} ⟨ pag |$ $\langle p | \hat{X}\equiv i\hbar. \frac{\partial }{\partial p}\langle p|$ , solo puedo llegar a 2.
Esa es solo una forma abstracta de escribir. $\langle p | \hat{X}|\psi\rangle= i\hbar. \frac{\partial }{\partial p}\langle p|\psi\rangle$
Sí. Pero, ¿cómo sabes que esa relación es verdadera a partir de los axiomas de la mecánica cuántica? La respuesta es que pasas por un argumento como el de mi respuesta.
Oh, ya veo lo que quieres decir. Bueno, en última instancia, eso proviene de la relación de conmutación fundamental entre x y p, que también ha utilizado implícitamente en su derivación para 2. En cualquier caso, gracias por tomarse el tiempo de responder a mi pregunta. ¡Lo aprecio!
En otras palabras, la definición de la $X$ el operador es ese $X|x\rangle=x|x\rangle$ . para probar como $X$ actúa sobre $|p\rangle$ estados, el método estándar para insertar un conjunto completo de $p$ estados y uso $\langle x | p \rangle =e^{ipx}$ . Eso es lo que hace el método 1. El método 2 te da la respuesta de cómo $X$ actúa sobre el $p$ estados, pero esto no es obvio a partir de su definición y no es una prueba.
Sí, de acuerdo, la relación fundamental es $[x,p]=i\hbar$ .
@ArnabAdhikary La razón por la que es útil conocer el Método 1, aunque estoy de acuerdo en que es excesivo para resolver problemas 1D relacionados con la posición y el impulso, es que siempre funciona. En sistemas más complicados, donde las relaciones de conmutación entre los operadores son más interesantes, siempre puede usar el Método 1 para averiguar qué está sucediendo, mientras que el Método 2 es específico para los operadores de posición-momento.
Estoy de acuerdo. La razón por la que hice esta pregunta fue uno de los comentarios de mis profesores: el SE es tan complicado en el espacio de momento porque tienes que tomar transformadas de Fourier y convoluciones. No creo que esa sea la razón. La razón más fundamental parece ser que V puede ser una función muy complicada y es más fácil manejarla en el espacio de posición (donde es solo un operador de multiplicación) que en el espacio de momento (donde es un feo operador diferencial).
Ah, ya veo. Bueno, una de las razones por las que esto terminó siendo simple es que hay una partícula y un operador de momento. Cuando llegas a sistemas de partículas múltiples, resulta que no puedes expresar las interacciones como un operador diferencial local en el espacio de momento. Por otro lado, aunque el potencial puede volverse muy complicado, existen métodos de aproximación y numéricos para manejarlo. Así que estoy de acuerdo con ambos, aunque estoy de acuerdo en que para los problemas de QM de 1 partícula, en realidad puedes hacer las circunvoluciones y obtener un operador local en el espacio de momento.

lpz · Answer 2

Me gustaría completar la respuesta de @ Andew. El método 1 es más general y, por lo tanto, es mejor ver el método 2 como una consecuencia del 1. Esto se puede ver aplicando la integración múltiple por partes a la integral del producto de convolución. En general, de $V = x^n$ , tu deduces $\tilde V = 2\pi i^n\delta^{(n)}(p)$ , entonces

\tilde{V} * \tilde{ψ} = (2 π i^{norte} d^{(norte)} (pag)) * \tilde{ψ} = (2 π d (pag)) * ((- i)^{norte} {\tilde{ψ}}^{(norte)}) = (- i)^{norte} {\tilde{ψ}}^{(norte)}

$\tilde V*\tilde \psi = (2\pi i^n\delta^{(n)}(p))*\tilde \psi \\ =(2\pi\delta(p))*((-i)^n\tilde \psi^{(n)}) \\ =(-i)^n\tilde \psi^{(n)}$ usando la medida

\frac{d p}{2 π}

$\frac{dp}{2\pi}$ en la integración como siempre, y el segundo paso utiliza la integración por partes.

El método 2 es más útil para una resolución analítica completa. Por ejemplo, tome una partícula bajo un campo de fuerza uniforme:

H = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} - F X

$H = \frac{p^2}{2m}-Fx$ en el espacio de cantidad de movimiento, esto se convierte en:

\frac{{pag}^{2}}{2 metro} \tilde{ψ} - F i ℏ {\tilde{ψ}}^{'} = mi \tilde{ψ}

$\frac{p^2}{2m}\tilde\psi-Fi\hbar\tilde \psi' = E\tilde\psi$ que puedes resolver fácilmente:

\tilde{ψ} = C Exp (\frac{1}{F i ℏ} (\frac{{pag}^{3}}{6 metro} - mi pag))

$\tilde \psi = C\exp\left(\frac{1}{Fi\hbar}\left(\frac{p^3}{6m}-Ep\right)\right)$ y la transformación de Fourier de nuevo al espacio de posición, se obtiene la representación integral de la función de Airy.

El método 1 se usa típicamente en expansiones perturbativas. Mira la expansión Born por ejemplo. Generalmente, al escribir diagramas de Feynman, la razón por la que se integran las líneas de impulso internas es porque se está calculando un producto de convolución. Además, matemáticamente, el método 1 tiene mejores propiedades, como cuando convierte una ODE en una ecuación integral en la que puede aplicar teoremas de punto fijo, etc. Para probar resultados matemáticos generales, por lo tanto, serán los mejores puntos de partida.

Espero que esto ayude y dime si algo no está claro.

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Arnab

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