¿Por qué podemos tratar los problemas de dispersión cuántica como independientes del tiempo?

Question

¿Por qué podemos tratar los problemas de dispersión cuántica como independientes del tiempo?

Marcos Eichenlaub

Por lo que recuerdo en mi clase de mecánica cuántica de pregrado, tratamos la dispersión de partículas no relativistas de un potencial estático como este:

Resuelva la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para encontrar los estados propios de energía. Habrá un espectro continuo de valores propios de energía.
En la región a la izquierda del potencial, identifique una parte de la función de onda que se parece a $Ae^{i(kx - \omega t)}$ como la ola entrante.
Asegúrese de que a la derecha del potencial no haya una parte de la función de onda que parezca $Be^{-i(kx + \omega t)}$ , porque solo queremos que venga una ola desde la izquierda.
Identifique una parte de la función de onda a la izquierda del potencial que se parece a $R e^{-i(kx + \omega t)}$ como una onda reflejada.
Identifique una parte de la función de onda a la derecha del potencial que se parece a $T e^{i(kx - \omega t)}$ como onda transmitida.
Muestra esa $|R|^2 + |T|^2 = |A|^2$ . Interpretar $\frac{|R|^2}{|A|^2}$ como la probabilidad de reflexión y $\frac{|T|^2}{|A|^2}$ como la probabilidad de transmisión.

Todo este proceso no parece tener nada que ver con un evento de dispersión real, donde una partícula real es dispersada por un potencial de dispersión, hacemos todo nuestro análisis en ondas estacionarias. ¿Por qué un procedimiento tan ingenuo debería producir resultados razonables para algo como el experimento de aluminio de Rutherford, en el que las partículas alfa están en movimiento cuando chocan con los núcleos, y en el que la función de onda de la partícula alfa se localiza típicamente en un volumen (en movimiento) mucho más pequeño que la región de dispersión?

Marek

Esencialmente porque el problema dinámico solo te interesa en el límite donde

T_{i} \to \infty

$T_i \to \infty$ ,

T_{f} \to \infty

$T_f \to \infty$ y mediante la ecuación de Lippmann-Schwinger se puede demostrar que todo lo que necesita hacer es igualar los estados asintóticos del hamiltoniano independiente del tiempo (que es precisamente lo que describe, aunque nadie le dirá esto en la clase de pregrado). Esto se puede desarrollar más completamente en la teoría de la matriz S, fundamental para todos los problemas de dispersión. Veré si puedo llegar a una respuesta más completa más tarde.

ted bunn

Esto también me molestó mucho cuando tomé por primera vez mecánica cuántica.

Constantino negro

Permítanme decir que esta es una pregunta muy interesante con respuestas aún más interesantes.

Respuestas (6)

¿Por qué podemos tratar los problemas de dispersión cuántica como independientes del tiempo?

Esencialmente porque el problema dinámico solo te interesa en el límite donde $T_i \to \infty$ , $T_f \to \infty$ y mediante la ecuación de Lippmann-Schwinger se puede demostrar que todo lo que necesita hacer es igualar los estados asintóticos del hamiltoniano independiente del tiempo (que es precisamente lo que describe, aunque nadie le dirá esto en la clase de pregrado). Esto se puede desarrollar más completamente en la teoría de la matriz S, fundamental para todos los problemas de dispersión. Veré si puedo llegar a una respuesta más completa más tarde.
Esto también me molestó mucho cuando tomé por primera vez mecánica cuántica.
Permítanme decir que esta es una pregunta muy interesante con respuestas aún más interesantes.

Ron Maimón · Answer 1

Básicamente, esto no es más difícil que comprender cómo la mecánica cuántica describe el movimiento de partículas utilizando ondas planas. Si tiene una función de onda deslocalizada $\exp(ipx)$ describe una partícula que se mueve hacia la derecha con velocidad p/m. Pero tal partícula ya está en todas partes a la vez, y solo las superposiciones de tales estados se mueven realmente en el tiempo.

Considerar

\int ψ_{k} (pags) {mi}^{i pags X - i mi (pags) t} d pags

$\int \psi_k(p) e^{ipx - iE(p) t} dp$

dónde $\psi_k(p)$ es un golpe fuerte en $p=k$ , no una función delta, sino estrecha. La superposición que utiliza esta protuberancia da una forma de onda espacial amplia centrada en x=0 en t=0. En tiempos negativos grandes, la oscilación de fase rápida mata el bache en x=0, pero crea un nuevo bache en aquellas x donde la fase es estacionaria, ahí es donde

\frac{\partial}{\partial pags} (pags X - mi (pags) t) = 0

${\partial\over\partial p}( p x - E(p)t ) = 0$

o, dado que la superposición es nítida cerca de k, donde

X = {mi}^{'} (k) t

$x = E'(k)t$

lo que significa que la protuberancia se mueve con una velocidad constante determinada por las leyes de Hamilton. La probabilidad total se conserva, por lo que se conserva la integral de psi al cuadrado en la protuberancia.

El evento de dispersión dependiente del tiempo real es una superposición de estados estacionarios de la misma manera. Cada estado estacionario describe un proceso completamente coherente, donde una partícula en una onda sinusoidal perfecta golpea el objetivo y se dispersa hacia afuera, pero debido a que es un estado propio de energía, la dispersión está completamente deslocalizada en el tiempo.

Si desea una colisión localizada, necesita superponer, y la superposición produce un evento de dispersión natural, donde un paquete de ondas entra, refleja y transmite, y vuelve a salir. Si el paquete de ondas entrante tiene una energía que está definida con relativa nitidez, todas las propiedades del proceso de dispersión se pueden extraer del estado propio de energía correspondiente.

Dadas las soluciones al problema del estado propio estacionario $\psi_p(x)$ por cada impulso entrante $p$ , de modo que en x negativa grande, $\psi_p(x) = exp(ipx) + A \exp(-ipx)$ y $\psi_p(x) = B\exp(ipx)$ en x positivo grande, superponga estas ondas de la misma manera que para una partícula libre

\int d pags ψ_{k} (pags) ψ_{pags} (X) {mi}^{- i mi (pags) t}

$\int dp \psi_k(p) \psi_p(x) e^{-iE(p)t}$

En tiempos negativos grandes, la fase es estacionaria solo para la parte entrante, no para la parte saliente o reflejada. Esto se debe a que cada una de las tres partes describe un movimiento de partículas libres, por lo que si comprende dónde estaría clásicamente la partícula libre con ese impulso en ese momento, aquí es donde el paquete de ondas es distinto de cero. Entonces, en tiempos negativos, el paquete de ondas está centrado en

X = {mi}^{'} (k) t

$x = E'(k)t$

Para t positiva grande, hay dos lugares donde la fase es estacionaria --- aquellos x donde

X = - {mi}^{'} (k) t

$x = - E'(k) t$

X = {mi}_{2}^{'} (k) t

$x = E_2'(k) t$

Dónde $E_2'(k)$ es el cambio de fase de la onda k transmitida en el tiempo (puede ser diferente de la energía si el potencial tiene un valor asintóticamente diferente en $+\infty$ que en $-\infty$ ). Estas dos regiones de fase estacionaria son donde se ubican los paquetes reflejados y transmitidos. Los coeficientes de los paquetes reflejados y transmitidos son A y B. Si A y B fueran de magnitud unitaria, la superposición conservaría la probabilidad. Entonces, la probabilidad real de transmisión y reflexión para un paquete de ondas es el cuadrado de la magnitud de A y B, como se esperaba.

qmecanico · Answer 2

Aquí me gustaría ampliar algunos de los argumentos dados en la buena respuesta de Ron Maimon.

i) Entorno. Dividamos el 1D $x$ -eje en tres regiones $I$ , $II$ , y $III$ , con un potencial localizado $V(x)$ en la región media $II$ teniendo un soporte compacto. (Claramente, hay potenciales físicamente relevantes que no tienen soporte compacto, por ejemplo, el potencial de Coulomb, pero esta suposición simplifica la siguiente discusión sobre la noción de estados asintóticos).

ii) Independiente del tiempo y monocromático. La partícula es libre en las regiones $I$ y $III$ , por lo que podemos resolver la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \hat{H} ψ (X) = & mi ψ (X), \\ \hat{H} = & \frac{{\hat{pags}}^{2}}{2 metro} + V (X), mi > 0, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}\hat{H}\psi(x) ~=~&E \psi(x), \cr \hat{H}~=~& \frac{\hat{p}^2}{2m}+V(x),\qquad E> 0,\end{align} \tag{1}$

exactamente allí. Sabemos que la EDO lineal de segundo orden tiene dos soluciones linealmente independientes, que en las regiones libres $I$ y $III$ son ondas planas

\begin{aligned} (2) & ψ_{yo} (X) = & \underset{motor derecho entrante}{\underset{⏟}{a_{yo}^{+} (k) {mi}^{i k X}}} + \underset{motor izquierdo saliente}{\underset{⏟}{a_{yo}^{-} (k) {mi}^{- i k X}}}, k > 0, \\ (3) & ψ_{yo yo yo} (X) = & \underset{motor a la derecha saliente}{\underset{⏟}{a_{yo yo yo}^{+} (k) {mi}^{i k X}}} + \underset{motor izquierdo entrante}{\underset{⏟}{a_{yo yo yo}^{-} (k) {mi}^{- i k X}}} . \end{aligned}

$\begin{align} \psi_{I}(x) ~=~& \underbrace{a^{+}_{I}(k)e^{ikx}}_{\text{incoming right-mover}} + \underbrace{a^{-}_{I}(k)e^{-ikx}}_{\text{outgoing left-mover}}, \qquad k> 0, \tag{2} \cr \psi_{III}(x) ~=~& \underbrace{a^{+}_{III}(k)e^{ikx}}_{\text{outgoing right-mover}} + \underbrace{a^{-}_{III}(k)e^{-ikx}}_{\text{incoming left-mover}}. \tag{3} \end{align}$

Solo por la linealidad de la ecuación de Schrödinger, incluso sin resolver la región media $II$ , sabemos que los cuatro coeficientes $a^{\pm}_{I/III}(k)$ están limitadas por dos condiciones lineales. Esta observación conduce, por cierto, a la noción de dispersión independiente del tiempo. $S$ -matriz y la transferencia $M$ -matriz

\begin{matrix} (4) & (\begin{matrix} a_{yo}^{-} (k) \\ a_{yo yo yo}^{+} (k) \end{matrix}) = S (k) (\begin{matrix} a_{yo}^{+} (k) \\ a_{yo yo yo}^{-} (k) \end{matrix}), \end{matrix}

$\begin{pmatrix} a^{-}_{I}(k) \\ a^{+}_{III}(k) \end{pmatrix}~=~ S(k) \begin{pmatrix} a^{+}_{I}(k) \\ a^{-}_{III}(k) \end{pmatrix}, \tag{4}$

\begin{matrix} (5) & (\begin{matrix} a_{yo yo yo}^{+} (k) \\ a_{yo yo yo}^{-} (k) \end{matrix}) = METRO (k) (\begin{matrix} a_{yo}^{+} (k) \\ a_{yo}^{-} (k) \end{matrix}), \end{matrix}

$\begin{pmatrix} a^{+}_{III}(k) \\ a^{-}_{III}(k) \end{pmatrix}~=~ M(k) \begin{pmatrix} a^{+}_{I}(k) \\ a^{-}_{I}(k) \end{pmatrix}, \tag{5}$

ver, por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí .

iii) Dependencia del tiempo de la onda monocromática. La relación de dispersión dice

\begin{matrix} (6) & \frac{mi (k)}{ℏ} \equiv ω (k) = \frac{ℏ k^{2}}{2 metro} . \end{matrix}

$\frac{E(k)}{\hbar} ~\equiv~\omega(k)~=~\frac{\hbar k^2}{2m}. \tag{6}$

La forma específica en el lado derecho de la relación de dispersión $(6)$ no importará en lo que sigue (aunque supondremos por simplicidad que es lo mismo para los que se mueven a la derecha y a la izquierda). La solución monocromática dependiente del tiempo completo en las regiones libres I y III se convierte en

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} Ψ_{r} (X, t) = & \sum_{σ = \pm} a_{r}^{σ} (k) {mi}^{σ i k X - i ω (k) t} \\ = & \underset{factor de fase}{\underset{⏟}{{mi}^{- i ω (k) t}}} Ψ_{r} (X, 0), r \in {yo, yo yo yo} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \Psi_r(x,t) ~=~& \sum_{\sigma=\pm}a^{\sigma}_r(k)e^{\sigma ikx-i\omega(k)t}\cr ~=~&\underbrace{e^{-i\omega(k)t}}_{\text{phase factor}} \Psi_r(x,0), \qquad r ~\in~ \{I, III\}.\end{align} \tag{7}$

La solución $(7)$ es una suma de un motor a la derecha ( $\sigma=+$ ) y un motor a la izquierda ( $\sigma=-$ ). Por ahora, las palabras derecho e izquierdo pueden tomarse como nombres semánticos sin contenido físico. La solución $(7)$ está completamente deslocalizado en las regiones libres I y III con la densidad de probabilidad $|\Psi_r(x,t)|^2$ independiente del tiempo $t$ , tan ingenuamente, no tiene sentido decir que las ondas se mueven hacia la derecha o hacia la izquierda, ¡o incluso se dispersan! Sin embargo, resulta que podemos ver la onda monocromática $(7)$ como límite de un paquete de ondas, y obtener una interpretación física de esa manera, ver la siguiente sección.

iv) Paquete de ondas. Ahora tomamos un paquete de ondas

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} A_{r}^{σ} (k) = & 0 por | k - k_{0} | \geq \frac{1}{L}, \\ σ \in & {\pm}, r \in {yo, yo yo yo}, \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} A^{\sigma}_r(k)~=~&0 \qquad \text{for} \qquad |k-k_0| ~\geq~ \frac{1}{L}, \cr \sigma~\in~&\{\pm\}, \qquad r ~\in~ \{I, III\},\end{align}\tag{8}$

alcanzó su punto máximo en torno a algún valor particular $k_0$ en $k$ -espacio,

\begin{matrix} (9) & | k - k_{0} | \leq k, \end{matrix}

$|k-k_0| ~\leq~ K, \tag{9}$

dónde $K$ es una escala de número de onda, de modo que podemos Taylor expandir la relación de dispersión

\begin{matrix} (10) & ω (k) = ω (k_{0}) + v_{gramo} (k_{0}) (k - k_{0}) + O ((k - k_{0})^{2}), \end{matrix}

$\omega(k)~=~ \omega(k_0) + v_g(k_0)(k-k_0) + {\cal O}\left((k-k_0)^2\right), \tag{10}$

y eliminar términos de orden superior ${\cal O}\left((k-k_0)^2\right)$ . Aquí

\begin{matrix} (11) & v_{gramo} (k) := \frac{d ω (k)}{d k} \end{matrix}

$v_g(k)~:=~\frac{d\omega(k)}{dk}\tag{11}$

es la velocidad del grupo . El paquete de ondas (en las regiones libres I y III) es la suma de un motor a la derecha y a la izquierda,

\begin{matrix} (12) & Ψ_{r} (X, t) = Ψ_{r}^{+} (X, t) + Ψ_{r}^{-} (X, t), r \in {yo, yo yo yo}, \end{matrix}

$\Psi_r(x,t)~=~ \Psi^{+}_r(x,t)+\Psi^{-}_r(x,t), \qquad r ~\in~ \{I, III\},\tag{12}$

dónde

\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} Ψ_{r}^{σ} (X, t) := & \int d k A_{r}^{σ} (k) {mi}^{σ i k X - i ω (k) t} \\ \approx & {mi}^{i (k_{0} v_{gramo} (k_{0}) - ω (k_{0})) t} \int d k A_{r}^{σ} (k) {mi}^{i k (σ X - v_{gramo} (k_{0}) t)} \\ = & \underset{factor de fase}{\underset{⏟}{{mi}^{i (k_{0} v_{gramo} (k_{0}) - ω (k_{0})) t}}} Ψ_{r}^{σ} (X - σ v_{gramo} (k_{0}) t, 0), \\ σ \in & {\pm}, r \in {yo, yo yo yo} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} \Psi^{\sigma}_r(x,t)~:=~& \int dk~A^{\sigma}_r(k)e^{\sigma ikx-i\omega(k)t}\cr ~\approx~& e^{i(k_0 v_g(k_0)-\omega(k_0))t} \int dk~A^{\sigma}_r(k)e^{ ik(\sigma x- v_g(k_0)t)}\cr ~=~&\underbrace{e^{i(k_0 v_g(k_0)-\omega(k_0))t}}_{\text{phase factor}} ~\Psi^{\sigma}_r\left(x-\sigma v_g(k_0)t,0\right), \cr \qquad\sigma~\in~&\{\pm\}, \qquad r ~\in~ \{I, III\}.\end{align} \tag{13}$

Los motores de derecha e izquierda $\Psi^{\sigma}$ habrá trenes de olas muy largos y extendidos de tamaños $\geq \frac{1}{K}$ en $x$ -espacio, pero todavía somos capaces de identificar a través de eq. $(13)$ su evolución temporal tan sólo

un movimiento colectivo con velocidad de grupo $\sigma v_g(k_0)$ , y
un factor de fase de módulo global dependiente del tiempo $1$ (que es lo mismo para el motor derecho e izquierdo).

en el limite $K \to 0$ , con $K >0$ , la aproximación $(10)$ se vuelve cada vez mejor, y recuperamos la onda monocromática independiente del tiempo,

\begin{matrix} (14) & A_{r}^{σ} (k) ⟶ a_{r}^{σ} (k_{0}) d (k - k_{0}) por k \to 0. \end{matrix}

$A^{\sigma}_r(k) ~\longrightarrow ~a^{\sigma}_r(k_0)~\delta(k-k_0)\qquad \text{for} \qquad K\to 0. \tag{14}$

Por lo tanto, tiene sentido asignar una velocidad de grupo a cada uno de los $\pm$ partes de la onda monocromática $(7)$ , porque puede entenderse como un límite apropiado del paquete de ondas $(13)$ . La oración anterior es, en pocas palabras, la respuesta a la pregunta del título de OP (v3).

$a^{\pm}(k)={}_{\infty}\langle \pm k| \psi \rangle$ . Notas para más adelante: D. Tong, Lectures on Topics in QM ; secciones 6.2.2 + 6.2.3 + 6.3. (No es necesario suponer un potencial rotacionalmente simétrico.) Formalismo del primer operador cuantificado. Dispersión elástica: $|\vec{k}|=|\vec{k}^{\prime}|$ . TISE: $(E-\hat{H}_0-\hat{V})|\psi\rangle=0$ ; $(E-\hat{H}_0)|\psi_0\rangle=0$ ; $\hat{H}_0=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$ ; $E=\hbar\omega=\frac{\hbar^2k^2}{2m}$ . Lippmann-Schwinger: $|\psi\rangle=|\psi_0\rangle+\frac{1}{E-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}|\psi\rangle$ .
Normalización: $\phi=\sqrt{\frac{\hbar^2}{2m}}\psi$ . Efectivamente 2º cuantizado aunque no lo utilizaremos. Función de verdes: $\frac{\hbar^2}{2m}G_0(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})=g_0(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})=\int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}e^{i\vec{q}\cdot(\vec{r}-\vec{r}^{\prime})} \widetilde{g}_0(\vec{q})=-\frac{e^{ik|\vec{r}-\vec{r}^{\prime}|}}{4\pi|\vec{r}-\vec{r}^{\prime}|}$ dónde $(E-\hat{H}_0)G_0(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})=(k^2+\nabla^2)g_0(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})=\delta^3(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})$ . Transformada de Fourier: $\widetilde{g}_0(\vec{q})=-\frac{1}{q^2-k^2-i\epsilon}$ .
Normalización de potencial: $v=\frac{2m}{\hbar^2}V$ . Transformada de Fourier: $\widetilde{V}(\vec{q})=\int d^3r~e^{-i\vec{q}\cdot\vec{r}}V(\vec{r})$ . Error de signo en la ec. (6.64)? No en realidad no. Simplemente extraño definitivamente.
Integral de trayectoria: $Z_0[J,J^{\ast}] =\int\!{\cal D}\phi~\exp\left\{\frac{i}{\hbar}\int\!\frac{d\omega}{2\pi}\int\!d^3r\left(k^2|\phi|^2-|\nabla\phi|^2+J^{\ast}\phi+\phi^{\ast}J\right)\right\}$ $\sim \exp\left\{-\frac{i}{\hbar} \int\!\frac{d\omega}{2\pi} \int\!d^3r\int \!d^3r^{\prime}J^{\ast}(\vec{r})g_0(\vec{r}\!-\!\vec{r}^{\prime})J(\vec{r}^{\prime}) \right\}$ $\sim\exp\left\{-\frac{i}{\hbar}\int\!\frac{d\omega}{2\pi}\int\!\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\int \!\frac{d^3k^{\prime}}{(2\pi)^3}\widetilde{J}^{\ast}(\vec{k})\widetilde{g}_0(\vec{k}\!-\!\vec{k}^{\prime})\widetilde{J}(\vec{k}^{\prime})\right\}$ .
Integral de trayectoria: $Z[J,J^{\ast}] =\exp\left\{-\frac{\hbar}{i} \int\!\frac{d\omega}{2\pi} \int\!d^3r~v\frac{\delta}{\delta J} \frac{\delta}{\delta J^{\ast}}\right\}Z_0[J,J^{\ast}]$ $=\exp\left\{-\frac{\hbar}{i} \int\!\frac{d\omega}{2\pi} \int \!\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\int \!\frac{d^3k^{\prime}}{(2\pi)^3} ~\widetilde{v}(\vec{k}\!-\!\vec{k}^{\prime})\frac{\delta}{\delta \widetilde{J}(\vec{k})} \frac{\delta}{\delta \widetilde{J}^{\ast}(\vec{k}^{\prime})}\right\}Z_0[J,J^{\ast}]$ . Sección transversal de dispersión diferencial: $\frac{d\sigma}{d\Omega}=|f|^2$ flujo saliente relativo al flujo entrante.
Amplitud de dispersión: ${}_{S^2}\langle \vec{k}^{\prime}|\vec{k} \rangle_{S^2} =f(\vec{k},\vec{k}^{\prime}) = -\frac{1}{4\pi}\widetilde{v}(\vec{k}^{\prime}\!-\!\vec{k})+\ldots$ Serie Nacida. $(2\pi)^{3/2}\psi(\vec{r})=\underbrace{e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}}}_{\text{incoming}}+\underbrace{\frac{e^{ik^{\prime}r}}{r}}_{\text{outgoing}} \underbrace{f(\vec{k},\vec{k}^{\prime})}_{\text{sca. amp.}}+{\cal O}(r^{-2})$ . Dispersión elástica: $|\vec{k}|=|\vec{k}^{\prime}|$ . Onda saliente: $\langle \vec{r}|\vec{k}^{\prime} \rangle_{S^2} = \frac{e^{ik^{\prime}r}}{(2\pi)^{3/2} r} +{\cal O}(r^{-2})$ .
Notas para más tarde: $(E-E^{\prime})\langle \psi^{\prime},\psi\rangle_{II} = W(\psi,\psi^{\prime\ast})|_{III} - W(\psi,\psi^{\prime\ast})|_{I}$ .

Marek · Answer 3

Supongamos primero que el hamiltoniano $H(t) = H_0 + H_I(t)$ se puede descomponer en partes libres y de interacción. Se puede demostrar (no deduciré esta ecuación aquí) que la función de Green retardada para $H(t)$ obedece la ecuacion

{GRAMO}^{(+)} (t, t_{0}) = {GRAMO}_{0}^{(+)} (t, t_{0}) - \frac{i}{ℏ} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} {GRAMO}_{0}^{(+)} (t, t^{'}) H_{yo} (t^{'}) {GRAMO}^{(+)} (t^{'}, t_{0})

$G^{(+)}(t, t_0) = G_0^{(+)}(t, t_0) - {i \over \hbar} \int_{-\infty}^{\infty} {\rm d} t' G_0^{(+)}(t,t') H_I(t') G^{(+)}(t', t_0)$ dónde

G_{0}^{(+)}

$G_0^{(+)}$ es la función de Green retardada para

H_{0}

$H_0$ . Dejando que esta ecuación actúe sobre un estado

| ψ (t_{0}) ⟩

$\left| \psi(t_0) \right>$ esto se convierte

| ψ (t) ⟩ = | φ (t) ⟩ - \frac{i}{ℏ} \int_{- \infty}^{\infty} d t^{'} {GRAMO}_{0}^{(+)} (t, t^{'}) H_{yo} (t^{'}) | ψ (t^{'}) ⟩

$\left| \psi(t) \right> = \left| \varphi(t) \right> - {i \over \hbar} \int_{-\infty}^{\infty} {\rm d} t' G_0^{(+)}(t,t') H_I(t')\left| \psi(t') \right>$ dónde

φ (t) = G_{0}^{(+)} (t, t^{'}) | ψ (t_{0}) ⟩

$\varphi(t) = G_0^{(+)}(t,t') \left| \psi(t_0) \right>$ . Ahora, supongamos que hasta

t_{0}

$t_0$ no hay interacción y entonces podemos escribir

| ψ (t_{0}) ⟩

$\left |\psi(t_0) \right>$ como superposición de estados propios de momento

| ψ (t_{0}) ⟩ = \int d^{3} pags a (pags) {mi}^{- \frac{i}{ℏ} mi t_{0}} | pags ⟩ .

$\left| \psi(t_0) \right> = \int {\rm d}^3 \mathbf p a(\mathbf p) e^{-{i \over \hbar} E t_0} \left| \mathbf p \right>.$ Una descomposición similar también se cumplirá para

| ϕ (t) ⟩

$\left| \phi(t) \right>$ . Esto debería inspirarnos a escribir.

| ψ (t) ⟩

$\left| \psi(t) \right >$ como

| ψ (t) ⟩ = \int d^{3} pags a (pags) {mi}^{- \frac{i}{ℏ} mi t} | ψ_{pags}^{(+)} ⟩

$\left| \psi(t) \right> = \int {\rm d}^3 \mathbf p a(\mathbf p) e^{-{i \over \hbar} E t} \left| \psi^{(+)}_{\mathbf p} \right>$ donde los estados

| ψ_{p}^{(+)} ⟩

$\left| \psi^{(+)}_{\mathbf p} \right>$ se determinarán a partir de la ecuación para

| ψ (t) ⟩

$\left|\psi(t) \right>$ . Ahora, lo sorprendente (que nuevamente no deduciré debido a la falta de espacio) es que estos estados son en realidad estados propios de

H

$H$ :

H | ψ_{pags}^{(+)} ⟩ = mi | ψ_{pags}^{(+)} ⟩

$H \left| \psi^{(+)}_{\mathbf p} \right> = E \left| \psi^{(+)}_{\mathbf p} \right>$ por

E = \frac{p^{2}}{2 m}

$E = {\mathbf p^2 \over 2m}$ (aquí asumimos que la parte libre es simplemente

H_{0} = \frac{p^{2}}{2 m}

$H_0 = {{\mathbf p}^2 \over 2m}$ y eso

H_{I} (t)

$H_I(t)$ es independiente del tiempo).

De manera similar, uno puede derivar estados propios avanzados de la función de Green avanzada

H | ψ_{pags}^{(-)} ⟩ = mi | ψ_{pags}^{(-)} ⟩ .

$H \left| \psi^{(-)}_{\mathbf p} \right> = E \left| \psi^{(-)}_{\mathbf p} \right>.$

Ahora, en una dimensión y para una interacción hamiltoniana de la forma $\left< \mathbf x \right| H_I \left| \mathbf x' \right> = \delta(\mathbf x - \mathbf x') U(\mathbf x)$ se puede demostrar además que

ψ_{pags}^{(+)} \sim {\begin{cases} {mi}^{\frac{i}{ℏ} pags X} + A (pags) {mi}^{- \frac{i}{ℏ} pags X} X < - a \\ B (pags) {mi}^{\frac{i}{ℏ} pags X} X > a \end{cases}

$\psi^{(+)}_p \sim \begin{cases} e^{{i \over \hbar}px} + A(p) e^{-{i \over \hbar}px} \quad x< -a \cr B(p)e^{{i \over \hbar}px} \quad x> a \end{cases}$ dónde

a

$a$ es tal que el potencial se desvanece para

| x | > a

$|x| > a$ y

A (p)

$A(p)$ y

B (p)

$B(p)$ son coeficientes totalmente determinados por el potencial

U (x)

$U(x)$ . Una discusión similar se aplica nuevamente a las funciones de onda.

ψ_{p}^{(-)}

$\psi^{(-)}_p$ . Así hemos logrado reducir el problema dinámico a un problema estacionario escribiendo los estados no estacionarios

ψ (t, x)

$\psi(t, x)$ en forma de estacionario

ψ_{p}^{(+)} (x)

$\psi^{(+)}_p(x)$ .

-1 Esta respuesta no es buena. Está desactivando el potencial de dispersión en $t=-\infty$ sin ninguna razón, el hamiltoniano en un problema de dispersión del tipo que pregunta el OP es independiente del tiempo. La respuesta es ridículamente formal, y todo lo interesante está en el "se puede demostrar...".
@Ron: No entiendo muy bien tu objeción. Físicamente, el $t = -\infty$ parte del potencial nunca importa en un problema de dispersión ya que las partículas están infinitamente alejadas del potencial (que generalmente se genera porque están cerca de todos modos). Así que esto es solo un tecnicismo con el que prefiero trabajar que no cambia nada (más bien, es muy conveniente en situaciones más generales). En cuanto a las partes de "se puede mostrar"... bueno, puedo mostrarlas, pero la respuesta sería el doble de larga. ¿Eliminarás el voto negativo si incluyo las derivaciones? Y en cuanto a ser formal... ¿y qué?

Zdenek · Answer 4

También luché por entenderlo yo mismo. La razón por la que creo que esto confunde a muchas personas es que intentan interpretar la función de onda de dispersión independiente del tiempo como una descripción de una sola colisión de una partícula desde el objetivo y ¡es esta interpretación la que no es correcta y conduce a la confusión!

Creo que la forma más fácil de ver por qué funciona el enfoque independiente del tiempo radica en la definición del proceso de dispersión que describe la función de onda.

La solución de dispersión independiente del tiempo describe la situación en la que el objetivo está siendo bombardeado continuamente por un flujo de proyectiles que no interactúan y se acercan con diferentes parámetros de impacto (así es como funcionan la mayoría de los experimentos de dispersión). Por lo tanto, el proceso que está tratando de describir es estacionario . Esta es la razón real por la que funciona la formulación independiente del tiempo. Puede ver eso, por ejemplo, en el libro clásico sobre dispersión (Taylor: Teoría de la dispersión), donde el proceso de dispersión se define (Capítulo 3, sección d) muy claramente en términos del flujo continuo de las partículas entrantes.

Puede convencerse de que esta interpretación de la solución de dispersión independiente del tiempo es correcta simplemente observando que el flujo de probabilidad (ya sea entrante o saliente) que puede calcular a partir de la función de onda de dispersión tiene las unidades de probabilidad por unidad de tiempo por unidad de área , es decir , describe un proceso de dispersión estacionario .

Cobarde anónimo · Answer 5

Cobarde anónimo

La respuesta a esto es la misma que la respuesta a por qué resuelve la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para encontrar la evolución temporal de una partícula ligada. Primero resuelves el TISE para encontrar los estados estacionarios $\psi_n$ , luego escribes la función de onda de la partícula $\Psi(t=0)$ en términos de una superposición de los $\psi_n$ . Como sabe cómo evolucionan los estados estacionarios en el tiempo, ahora sabe (al menos en principio) cómo evoluciona CUALQUIER función de onda en el tiempo.

Es lo mismo para la dispersión. Averiguas lo que sucede con los estados propios de energía y ahora sabes lo que sucederá con cualquier paquete de ondas (lo que escribirías como una superposición de estados propios de energía, por supuesto). Y aquí es aún más fácil que los estados ligados: si todo lo que le importa es R y T, y su paquete de ondas tiene un rango estrecho de energías (para el cual T es casi constante), entonces el valor de T para su paquete de ondas es el mismo que lo que acaba de calcular para el estado propio de energía. ¡Hurra!

Si su paquete de ondas involucra una superposición de una amplia gama de energías, con una amplia gama de T, entonces su vida será más complicada, por supuesto. Pero en los experimentos de dispersión, la gente generalmente trata de emplear haces casi monoenergéticos.

Debido a que las clases de mecánica cuántica dedican mucho tiempo a los detalles de la resolución de TISE (ya sea para dispersión o estados ligados), a menudo pierden de vista una de las motivaciones para resolver TISE: es una herramienta para encontrar el comportamiento temporal de cualquier inicial. condición.

Marek

-1 Esto es completamente incorrecto. Resolver el SE independiente del tiempo solo ayuda si el propio hamiltoniano es independiente del tiempo. Si no lo es (como es el caso aquí, ya que la primera interacción es cero, pero cuando las partículas se acercan mucho, es distinto de cero, por lo que el hamiltoniano depende explícitamente del tiempo), entonces la solución general del operador de evolución en forma de integral de trayectoria o tiempo- Se requiere una exponencial ordenada. A veces, esto se puede simplificar, pero la justificación no es trivial y es completamente diferente de lo que escribes.

ted bunn

Estoy desconcertado por la declaración de @ Marek de que el hamiltoniano depende explícitamente del tiempo. Ciertamente no es necesario que lo sea y, a menudo, no lo es. Por ejemplo, la dispersión de Rutherford:

H = p^{2} / (2 m) + q_{1} q_{2} / (4 π ϵ_{0} r)

$H=p^2/(2m)+q_1q_2/(4\pi\epsilon_0r)$ . Tenga en cuenta la ausencia de dependencia del tiempo. En una situación de dispersión, la función de onda depende del tiempo, generalmente no del hamiltoniano. En cualquier situación en la que el hamiltoniano sea explícitamente dependiente del tiempo, el procedimiento descrito en la pregunta original no funcionaría, por lo que en el contexto de esta pregunta estamos suponiendo ciertamente hamiltonianos independientes del tiempo.

Marek

@Ted: está bien, este es el trato: para la mayoría de las interacciones, uno no puede resolver completamente el hamiltoniano independiente del tiempo. Entonces, uno debe proceder de manera diferente y la forma más robusta es la siguiente: reemplaza la interacción hamiltoniana

H_{I}

$H_I$ con el hamiltoniano

H_{I}^{'} (t) \equiv f (t) H_{I}

$H_I'(t) \equiv f(t)H_I$ dónde

f (t)

$f(t)$ es una función que se anula en el infinito y cuya derivada puede hacerse arbitrariamente pequeña. Entonces basta con calcular algo como

⟨ ψ_{f} | H_{I} | ψ_{i} ⟩

$\left< \psi_f \right| H_I \left| \psi_i \right>$ dónde

ψ_{i, f}

$\psi_{i,f}$ son estados propios del hamiltoniano libre que podemos calcular.

Marek

@Ted: también tenga en cuenta que el proceso que describe Mark no es lo que AC describe en su respuesta. No desarrollamos soluciones a tiempo en absoluto. Para dar una justificación completa, es necesario proceder como en la teoría de dispersión habitual (que se trata mejor en la imagen de Dirac y no en la de Schrödinger). Este es un tema muy amplio y ciertamente no se trata de una simple resolución de TISE (aunque a veces se puede reducir a esto)...

Marek

(cont.) ya sea que quiera admitirlo o no (probablemente no :)), el hamiltoniano debe hacerse dependiente del tiempo porque esta es de hecho la descripción física más natural: la partícula no siente nada por un una cantidad infinita de tiempo, luego siente la interacción por un breve período y luego otra vez no siente nada por una cantidad infinita de tiempo.

ted bunn

No discuto nada de esto, pero no creo que nada de eso sea relevante para la pregunta en cuestión. Tenga en cuenta que se trata explícitamente de la dispersión de un potencial estático. Uno debería ser capaz de entender por qué el procedimiento de mecánica cuántica de pregrado "usual" para tratar, por ejemplo, la dispersión de Rutherford, o la dispersión de un potencial de función delta, o una barrera cuadrada da la respuesta correcta. (Continúa...)

ted bunn

No es necesario introducir la dependencia del tiempo en ninguno de esos casos: puede resolver numéricamente la ecuación dependiente del tiempo para un paquete de ondas, o puede resolver analíticamente la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo. Según tengo entendido, la pregunta de Mark es por qué esas dos formas de tratar el problema dan la misma respuesta.

Marek

@Ted: bueno, solo estaba tratando de describir por qué el problema se trata de algo más que la simple resolución de TISE. En cuanto a la justificación real, la insinué en mi comentario bajo la pregunta: se sigue de la ecuación LS. Lo que AC describe es otra forma de resolver el problema de dispersión (y, por lo tanto, irrelevante para la pregunta) o una justificación (incorrecta) de por qué funciona la forma "habitual". De cualquier manera, encuentro esta respuesta insatisfactoria.

Cobarde anónimo

@Marek: Vuelva a leer la pregunta. Vuelve a leer la primera oración de la pregunta. El tipo está haciendo una pregunta sobre lo que recuerda de su "clase de mecánica cuántica de pregrado". En esa misma oración, está preguntando explícitamente sobre "un potencial estático". Sus objeciones son completamente irrelevantes para la pregunta formulada.

Marek

@AC: Estoy de acuerdo en que parte de esto es un poco irrelevante, pero mi principal objeción está en mi comentario anterior de que no aborda la pregunta en absoluto. ¿Ha justificado que 'la forma habitual' funciona? No, acaba de proporcionar otro método de solución sin relación alguna con la pregunta. Recuerde que la forma habitual funciona cosiendo soluciones en un solo momento en porciones asintóticas del espacio de posición . Mientras que su método es evolucionar la descomposición del estado inicial y compararlo con el estado final . ¿No ves que esto es algo completamente diferente?

Cobarde anónimo

Mantengo la respuesta y no estoy de acuerdo con su descripción del método que describo: es solo una descomposición del paquete de ondas localizado en modos normales, que es algo con lo que obviamente está familiarizado. Pero después de leer tu respuesta, me doy por vencido con el argumento; Es poco probable que convenza a alguien que piensa que una respuesta apropiada a una pregunta de nivel universitario sobre un potencial independiente del tiempo es una explicación que involucre las funciones de Green y un hamiltoniano dependiente del tiempo.

Ron Maimón

@Marek --- los críticos tienen razón, y su descripción ni siquiera es una buena manera de describir el caso dependiente del tiempo.

perplejidad

Creo que esta es una respuesta corta que comprende las partes clave de la solución. Para obtener más detalles, recomendaría consultar el libro de David Tannor "Introducción a la mecánica cuántica: una perspectiva dependiente del tiempo", que brinda mucha información sobre cómo pasar de una perspectiva a la otra. Además, un hermoso artículo que explica la dispersión del TDSE es Tannor & Weeks, J. Chem. física 98, 3884 (1993), lamentablemente bajo un muro de pago.

eslavos · Answer 6

Ya existe una derivación detallada y correcta, en mi respuesta puedo tratar de abordar el lado cualitativo de "por qué". En un problema de dispersión siempre hay una jerarquía de escalas bien separadas. En su ejemplo de una partícula alfa en el experimento de Rutherford, se refiere a la localización en el espacio, lo que significa una cierta dispersión en el impulso/energía. Sin embargo, siempre que esta dispersión sea menor que la escala de energía característica en la que cambian las amplitudes de dispersión, la energía bien definida independiente del tiempo debería dar resultados correctos.

En términos de longitudes, esta separación de escala requerida para que funcione la imagen independiente del tiempo es que el paquete de ondas de la partícula alfa debe ser más grande que la vecindad del núcleo donde ocurre la dispersión. Por lo general, este es el caso; si no lo es, es probable que la partícula alfa tenga una energía/un impulso muy incierto (en el sentido de Heisenberg).

¿Por qué podemos tratar los problemas de dispersión cuántica como independientes del tiempo?

Marcos Eichenlaub

Marek

ted bunn

Constantino negro

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Ron Maimón

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