Elementos matriciales del Hamiltoniano de la partícula libre

Question

El Hamiltoniano de una partícula libre es $\hat H = \frac{\hat p^2}{2m}$ en representación de la posición $$ \hat H = -\frac{\hbar^2}{2m} \Delta \;. $$ Consideremos ahora dos funciones de onda $\psi_1(x)$ y $\psi_2(x)$ que sean lo suficientemente suaves (por ejemplo $C^\infty$ ), tienen un soporte compacto y su soporte no se cruza. Evidentemente, $\langle \psi_1 | \psi_2 \rangle = 0$ .

Es el elemento de la matriz $ \langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle $ ¿Cero?

• Por un lado, la respuesta debería ser "obviamente sí", ya que $$ \langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle = -\frac{\hbar^2}{2m} \int \overline{\psi_1(x)}\, \psi^{\prime\prime}_2(x) \,dx = 0 \;. $$

• Por otra parte, es sabido que las funciones de onda se propagan, y tras $dt$ de tiempo su apoyo será infinito. Por lo tanto esperaría* $$ \langle \psi_1 | \psi_2(dt) \rangle = \langle \psi_1 | \psi_2 \rangle -\frac i \hbar \langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle\, dt + \mathcal O(dt^2) \neq 0 . $$

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* Para hacerlo simple, sólo estoy evolucionando una de las funciones de onda en el tiempo. De lo contrario, el primer orden en $dt$ sería cero, pero podría hacer la misma pregunta sobre el elemento de la matriz de $\hat H^2$ que aparecen en segundo orden.

Answer 1

Es una pregunta interesante. Recuerda a la popular (pero falaz) "prueba" de que $$ \exp\{ia\hat p\}\psi(x) \equiv \exp\{a\partial_x\}\psi(x)=\psi(x+a) $$ que afirma que aplicando la exponencial del operador derivada a $\psi$ da la expansión de Taylor de $\psi(x+a)$ acerca de $x$ . El problema es que si $\psi(x)$ es $C^\infty$ y de soporte compacto, entonces cada término de la serie de Taylor es siempre exactamente cero fuera del soporte de $\psi(x)$ y así $\psi(x)$ nunca puede ser distinto de cero fuera de su región original de soporte. Por supuesto $C^\infty$ funciones del soporte compacto no tienen series de Taylor que convergen a la función, y la resolución de esta paradoja consiste en darse cuenta de que la definición adecuada de $\exp\{ia \hat p\}$ procede de su descomposición espectral. En otras palabras, debemos expandir de Fourier $\psi(x)= \langle x|\psi\rangle$ para obtener $\psi(p)\equiv \langle p|\psi\rangle $ multiplique por $e^{iap}$ y luego invertir la expansión de Fourier. Entonces obtenemos $\psi(x+a)$ .

La misma situación se aplica en este caso. La definición literal de $H$ como operador de la segunda derivada no es suficientemente preciso. Debemos elegir un dominio para $\hat H$ tal que sea realmente autoadjunto y posea un conjunto completo de funciones propias. La acción de $\hat H$ sobre cualquier función en su dominio se define entonces en términos de la expansión de la función propia.

Answer 2

El meollo de la cuestión es que, para los operadores no limitados $\hat A$ , el operador exponencial no está definido en términos de la serie de potencias $\exp(\hat A) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!}$ . Y no se puede definir así, ya que no tenemos garantía de que esta serie converja. En su lugar, utilizamos el teorema espectral para definir $$ \exp(\hat A) = \int \mathrm e^a\, |a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da \;, \tag{1} $$ donde $|a \rangle\!\langle a| \, \mathrm da$ es la notación de los físicos para la medida con valor de proyección $\mathrm dP_a$ . Fundamentalmente, ésta es la definición utilizada en el teorema de Stone sobre grupos unitarios fuertemente continuos.

Esto significa, en particular, que la evolución temporal de $|\psi_2\rangle$ es no $|\psi_2(\mathrm dt)\rangle = |\psi_2\rangle - \frac{\mathrm i\, \mathrm dt}{\hbar}\hat H |\psi_2\rangle + \mathcal O(\mathrm dt^2)$ como se sugiere en la pregunta. Por lo tanto, no es una contradicción que $$\langle \psi_1 | \hat H | \psi_2 \rangle = 0 \;. $$

Nota al margen: Como se explica en [Reed, Simon (1981), VIII.3], la definición (1) concuerda con la serie de potencias para el caso de acotado $\hat A$ . Además, para todos los $|\psi\rangle$ que puede escribirse como $|\psi\rangle = \int_{-M}^M |a \rangle\!\langle a|\varphi\rangle \, \mathrm da$ para algunos $M \in \mathbb R$ y algunos $|\varphi\rangle$ la serie de potencias $\sum_{k=0}^\infty \frac{\hat A^n}{n!} |\psi\rangle$ converge a $\exp(\hat A)|\psi\rangle$ [Reed, Simon (1981), VIII.5].

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Como se menciona en la respuesta de mike stone, hay un ejemplo más sencillo que demuestra el mismo problema. Sea $D(\alpha) = \exp(\mathrm i \alpha \hat p)$ sea el operador de traslación ( $\hbar=1$ ). Utilizando la definición (1), vemos inmediatamente que $$ \langle x | D(\alpha) | \psi \rangle = \int \mathrm e^{\mathrm i \alpha p} \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp = \langle x+\alpha | \psi \rangle \;. $$ Si $\psi$ tiene un soporte compacto, esto es obviamente diferente de $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{ \langle x | (\mathrm i \alpha \hat p)^n | \psi \rangle }{n!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{ (\alpha \partial_x)^n }{n!} \langle x | \psi \rangle = \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm i\alpha)^n}{n!} \int p^n \langle x | p \rangle \langle p | \psi \rangle \,\mathrm dp \;. $$ Esta última expresión sólo es correcta si podemos intercambiar el orden de la integral y de la serie, como se explica también en [Holstein, Swift (1972)].