Resolviendo el problema de las partículas libres en el espacio de cantidad de movimiento

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Resolviendo el problema de las partículas libres en el espacio de cantidad de movimiento

JJ

$\newcommand{\ket}[1]{|#1\rangle}$ $\newcommand{\bra}[1]{\langle#1|}$ (Nota: esta pregunta se hizo antes aquí , pero no seguí la respuesta).

Para la partícula libre, la ecuación de Schrödinger viene dada por

i ℏ \frac{d}{d t} | ψ (t) ⟩ = \frac{{PAG}^{2}}{2 metro} | ψ (t) ⟩ .

$i\hbar\frac{d}{dt}\ket{\psi(t)} = \frac{P^2}{2m}\ket{\psi(t)}.$

Me gustaría resolver la función de onda en el espacio de momento, es decir $\psi(p,t) = \langle p\ket{\psi(t)}$ . Mi primer paso fue tratar de resolver el problema de valor propio

H | mi ⟩ = \frac{{PAG}^{2}}{2 metro} | mi ⟩ = mi | mi ⟩

$H\ket{E} = \frac{P^2}{2m}\ket{E} = E\ket{E}$ en el espacio de cantidad de movimiento, lo que produce

\frac{1}{2 metro} ⟨ pag | {PAG}^{2} | mi ⟩ = mi ⟨ pag | mi ⟩, \frac{{pag}^{2}}{2 metro} ψ_{mi} (pag) = mi ψ_{mi} (pag) .

$\frac{1}{2m}\bra{p}P^2\ket{E} = E\langle p\ket{E},\\\frac{p^2}{2m}\psi_E(p) = E\psi_E(p).$ dónde

P | p ⟩ = p | p ⟩

$P\ket{p}=p\ket{p}$ y

ψ_{E} (p) = ⟨ p | E ⟩

$\psi_E(p) = \langle p \ket{E}$ .

No estoy del todo seguro de adónde ir desde aquí para determinar $E$ y $\psi_E(p)$ . Parece que $E = p^2 / 2m$ , pero el hecho de que $p$ es una variable me confunde.

Respuestas (2)

Resolviendo el problema de las partículas libres en el espacio de cantidad de movimiento

dsm · Answer 1

Otra forma de ver este problema es considerarlo en el espacio de posición y luego transformar la solución a su representación en el espacio de cantidad de movimiento. Si bien esto puede parecer una cantidad de trabajo innecesaria, puede iluminarle la solución de la función delta de una manera diferente. Entonces, en el espacio de posiciones tenemos

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{d^{2} ψ}{d X^{2}} = mi ψ \overset{k^{2} \equiv 2 metro mi / ℏ^{2}}{\to} \frac{d^{2} ψ}{d X^{2}} = - k^{2} ψ \to ψ (X) = A {mi}^{i k X} + B {mi}^{- i k X}

$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi\:\:\:\xrightarrow{\kappa^2\:\equiv\:2mE/\hbar^2}\:\:\: \frac{d^2\psi}{dx^2}=-\kappa^2\psi\:\:\:\rightarrow\:\:\:\psi(x)=Ae^{i\kappa x}+Be^{-i\kappa x}$

Antes de convertir esto en su representación de espacio de momento, recuerde la representación integral de la función delta de Dirac (a la que se puede llegar considerando la ortogonalidad de la posición o los estados propios del momento):

d (α - β) = \frac{1}{2 π ℏ} \int {mi}^{i X (α - β) / ℏ} d X .

$\delta(\alpha-\beta)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int e^{ix(\alpha-\beta)/\hbar}dx.$

Usando lo anterior, transformemos nuestra solución con Fourier para obtener su representación de momento:

ψ (pag) = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} \int ψ (X) {mi}^{- i pag X / ℏ} d X = \frac{A}{\sqrt{2 π ℏ}} \int {mi}^{i X (k - pag / ℏ)} d X + \frac{B}{\sqrt{2 π ℏ}} \int {mi}^{i X (- k - pag / ℏ)} d X = \sqrt{2 π ℏ} [A d (k - pag / ℏ) + B d (- k - pag / ℏ)] .

$\psi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\psi(x)e^{-ipx/\hbar}dx = \frac{A}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int e^{ix(\kappa-p/\hbar)}dx + \frac{B}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int e^{ix(-\kappa-p/\hbar)}dx\\ = \sqrt{2\pi\hbar}\Big[A\delta(\kappa-p/\hbar)+B\delta(-\kappa-p/\hbar)\Big].$

Ahora pégate $\kappa = \sqrt{2mE}/\hbar$ , y usa el hecho de que $\delta(-x) = \delta(x)$ y $\:\delta(\alpha x) = \delta(x)/|\alpha|$ para reescribir esto como

ψ (pag) = \tilde{A} d (pag - \sqrt{2 metro mi}) + \tilde{B} d (pag + \sqrt{2 metro mi}),

$\psi(p) = \tilde{A}\delta(p-\sqrt{2mE}) + \tilde{B}\delta(p+\sqrt{2mE}),$

donde he recopilado constantes y las he llamado $\tilde{A}$ y $\tilde{B}$ por la simplicidad de la solución final. Obviamente, esto es más trabajo que darse cuenta de que la solución en el espacio de momento corresponde al comportamiento de la función delta, pero tal vez encuentre esta ruta esclarecedora; o, al menos, una buena verificación de consistencia.

¡Gracias, esto es realmente genial! Estoy específicamente interesado en resolver la ecuación de Schrödinger en el espacio de momento, pero esta es una forma útil de verificar.

Tomas Fritsch · Answer 2

Obtienes la solución de

\frac{{pag}^{2}}{2 metro} ψ_{mi} (pag) = mi ψ_{mi} (pag)

$\frac{p^2}{2m}\psi_E(p) = E\psi_E(p)$ como sigue

(\frac{{pag}^{2}}{2 metro} - mi) ψ_{mi} (pag) = 0

$\left(\frac{p^2}{2m}-E \right)\psi_E(p) = 0$

Para que esta ecuación se cumpla debe ser $\frac{p^2}{2m}-E = 0$ o $\psi_E(p) = 0$ . Eso significa que para cada $p$ excepto por $p=\pm\sqrt{2mE}$ debe ser $\psi_E(p) = 0$ . Solo para $p=\sqrt{2mE}$ y $p=-\sqrt{2mE}$ se permite que $\psi_E(p)$ es distinto de cero.

Entonces, la solución más general a todo esto es (usando la función delta de Dirac )

ψ_{mi} (pag) = A d (pag - \sqrt{2 metro mi}) + B d (pag + \sqrt{2 metro mi})

$\psi_E(p) = A \delta(p-\sqrt{2mE}) + B \delta(p+\sqrt{2mE})$ dónde

A

$A$ y

B

$B$ son constantes arbitrarias.

Si bien estoy familiarizado con el delta de Dirac, no me queda claro cómo se sigue exactamente la segunda ecuación de la primera.
Eso tiene algo de sentido. Un problema: $p = \pm\sqrt{2mE}$ , así que supongo $\psi_E(p) = A\delta(p - \sqrt{2mE}) + B\delta(p + \sqrt{2mE})$ ?
No veo cómo puedes dar el salto a la función delta de Dirac a partir de lo que has dado hasta ahora. Todo lo que puedo decir es que su función de onda es una función por partes.
@AaronStevens No solo por partes. $\psi(p)$ debe ser cero en casi todas partes, excepto en $p=\pm\sqrt{2mE}$ .
Correcto, la función delta de Dirac no es lo único que tiene esa propiedad. No digo que la conclusión sea incorrecta, digo que hasta ahora el salto a ella no está justificado solo en base a esos puntos.
Creo que se puede demostrar que el delta de Dirac es la única función en este caso que se normaliza a $\delta(0)$ , pero no estoy seguro de si hay otra función (¿raíz cuadrada del delta de Dirac?) que se normaliza a la unidad.
@JJ Eso es lo que estoy tratando de decir. La respuesta no ha dado todos los puntos necesarios para decir que es la función delta de Dirac.

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