Estado propio de la función delta para potencial distinto de cero

Question

Estado propio de la función delta para potencial distinto de cero

Maquinilla de afeitar

Considere el potencial $V(x)=\frac{2}{x^2}$ y deja $\frac{\hbar^2}{2m}=1$ por conveniencia. Ahora considere la función $\psi(x)=\delta(x)$ . De acuerdo con el problema 1.45(a) de Griffiths (libro de electrodinámica),

\begin{matrix} (1) & X d^{'} (X) = - d (X) . \end{matrix}

$x\delta'(x)=-\delta(x)\tag{1}.$ No estoy seguro si puedo hacer esto, pero si escribo

\begin{matrix} (2) & d^{'} (X) = - \frac{d (X)}{X}, \end{matrix}

$\delta'(x)=-\frac{\delta(x)}{x},\tag{2}$

\begin{matrix} (3) & \frac{d^{2}}{d X^{2}} ψ (X) = - \frac{d}{d X} [\frac{d (X)}{X}] = \frac{2 d (X)}{X^{2}} . \end{matrix}

$\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)=-\frac{d}{dx}\left[\frac{\delta(x)}{x}\right]=\frac{2\delta(x)}{x^2}.\tag{3}$

La ecuación de Schrödinger ahora parece

\begin{aligned} (4) & - \frac{d^{2} ψ (X)}{d X^{2}} + V (X) ψ (X) = mi ψ (X) \\ (5) & - \frac{2 d (X)}{X^{2}} + \frac{2}{X^{2}} d (X) = 0 d (X) . \end{aligned}

$\begin{align} &-\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+V(x)\psi(x)=E \psi(x)\tag{4}\\ &-\frac{2\delta(x)}{x^2}+\frac{2}{x^2}\delta(x)=0 \delta(x).\tag{5} \end{align}$

Entonces parece $\delta(x)$ es un estado propio con valor propio cero. Pero esto va en contra de mi intuición y probablemente esté mal, pero no estoy seguro de dónde está la falla. ¿Es la derivada de la función delta? ¿Puede la energía (valor propio del hamiltoniano) ser cero? El potencial es máximo en $0$ , entonces, ¿cómo puede la probabilidad ser máxima en $0$ ?

Cosmas Zachos

Su función de onda de prueba no es normalizable. Para orientarse antes de perderse en las distribuciones, puede considerar una Gaussiana estrecha .

K_inverso

Algo extraño pero no puedo decirlo con precisión.

δ (x)

$\delta(x)$ es el estado propio del operador de posición. Pero no puede ser simultáneamente el estado propio del hamiltoniano ya que

[\hat{H}, \hat{x}] \neq 0

$[\hat{H}, \hat{x}] \neq 0$ .

Respuestas (1)

Estado propio de la función delta para potencial distinto de cero

Su función de onda de prueba no es normalizable. Para orientarse antes de perderse en las distribuciones, puede considerar una Gaussiana estrecha .
Algo extraño pero no puedo decirlo con precisión. $\delta(x)$ es el estado propio del operador de posición. Pero no puede ser simultáneamente el estado propio del hamiltoniano ya que $[\hat{H}, \hat{x}] \neq 0$ .

qmecanico · Answer 1

ecuación de OP (1) es una identidad bien conocida en la teoría de la distribución . Sin embargo, la expresión
$\frac{d (X)}{X}$ $\frac{\delta(x)}{x}$ en la ecuación de OP. (2) está matemáticamente mal definido.
Si se considera una función por una distribución delta de Dirac
$F (X) d (X),$ $f(x)\delta(x),$ entonces (como mínimo $^1$ requisito) la función $f$ debe tener un límite de izquierda a derecha en $x\!=\!0$ , por lo que tiene sentido reemplazar $f(x)\delta(x)$ con $\frac{F (0^{+}) + F (0^{-})}{2} d (X) .$ $\frac{f(0^+)+f(0^-)}{2}\delta(x).$

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$^1$ Los libros de texto de matemáticas sobre la teoría de la distribución generalmente asumen que $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ es suave, pero eso es demasiado restrictivo para muchas aplicaciones de física.

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Cosmas Zachos

K_inverso

Respuestas (1)

qmecanico

Tratando de entender primero las bases de posición y momento en Mecánica Cuántica

¿Por qué ei(kx−ωt)ei(kx−ωt)e^{i(kx - \omega t)} es una función de onda válida ya que no es finitamente integrable en RR\Bbb R?

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