¿Es posible reconstruir el hamiltoniano a partir del conocimiento de su función de onda en el estado básico?

Question

¿Es posible "construir" el Hamiltoniano de un sistema si se conoce su función de onda (o funcional) de estado fundamental? Entiendo que no se debe esperar que esto sea genéricamente cierto, ya que el Hamiltoniano contiene más información (el espectro completo) que un único vector de estado. Pero, ¿hay casos especiales en los que sea posible obtener el Hamiltoniano? Algunos ejemplos serían de gran ayuda.

Answer 1

SI usted sabe que su Hamiltoniano es de la forma $$ \hat H=\frac{-\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\mathbf r) \tag 1 $$ para una única partícula masiva sin espín, entonces sí, se puede reconstruir el potencial y a partir de él el Hamiltoniano, hasta unas pocas constantes, dado cualquier estado propio. Para ser más específicos, el estado fundamental $\Psi_0(\mathbf r)$ obedece a $$ \hat H\Psi_0(\mathbf r) =\frac{-\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi_0(\mathbf r)+V(\mathbf r)\Psi_0(\mathbf r) =E_0 \Psi_0(\mathbf r), $$ lo que significa que si sabes $\Psi_0(\mathbf r)$ entonces se puede calcular su Laplaciano para obtener $$ \frac{ \nabla^2 \Psi_0(\mathbf r) }{ \Psi_0(\mathbf r) } = \frac{2m}{\hbar^2}\left(V(\mathbf r)-E_0\right). $$ Si conoces la masa de la partícula, entonces puedes recuperar $V(\mathbf r)-E_0$ y esto es todo lo que realmente necesitas (ya que añadir una constante al Hamiltoniano no cambia la física).

Sin embargo, es importante tener en cuenta que este procedimiento garantiza que su $\Psi_0$ será un estado propio del hamiltoniano resultante, pero no excluye la posibilidad de que $\hat H$ admitirá un estado terreno separado con menor energía. Como ejemplo muy claro de ello, si $\Psi_0$ es una función 1D con un nodo, entonces (debido a que los estados de tierra 1D no tienen nodos ) se le garantiza un $V(x)$ tal que $\Psi_0$ es un estado propio, pero nunca será el estado fundamental.

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Si no sabes que tu Hamiltoniano tiene esa estructura, no hay (en el caso general) ninguna información en absoluto que puedas extraer sobre el Hamiltoniano a partir sólo del estado fundamental.

• Como ejemplo sencillo, sin alejarnos demasiado de nuestro Hamiltoniano inicial en $(1)$ consideremos ese Hamiltoniano en coordenadas polares, $$\hat H=\frac{-\hbar^2}{2m}\left(\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} r^2\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{\hbar ^2r^2}L^2\right)+V(r),$$ donde asumo $V(\mathbf r)=V(r)$ es esféricamente simétrico, y encapsulando la dependencia angular en el operador de momento angular total $L^2$ .

  Supongamos, entonces, que te doy su estado fundamental, y que es un estado propio de $L^2$ con valor propio cero (como, por ejemplo, el estado fundamental del hamiltoniano hidrogénico). ¿Cómo saber si el Hamiltoniano que lo creó es $H$ o una versión similar, $$\hat H{}'=\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} r^2\frac{\partial}{\partial r} +V(r),$$ sin componente de momento angular? Ambas versiones tendrán $\Psi_0$ como estado básico (aunque aquí $\hat H'$ tendrá una degeneración salvaje en cada eigespacio, para ser justos). Siguiendo con esta idea, ¿qué pasa con $$\hat H{}''=\frac{-\hbar^2}{2m}\left(\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} r^2\frac{\partial}{\partial r} + f(r)L^2\right)+V(r),$$ donde he introducido una función real arbitraria $f(r)$ detrás del momento angular? Esto no afectará al $\ell=0$ estados, pero llevará al resto del espectro a quién sabe dónde. (De hecho, incluso se puede añadir una función arbitraria de $L_x$ , $L_y$ y $L_z$ )

• Un poco más en general, cualquier operador autoadjunto que desaparece en $\left|\Psi_0\right>$ se puede añadir al Hamiltoniano para obtener un operador que tiene $\left|\Psi_0\right>$ como estado propio. Como construcción simple, dado cualquier operador autoadjunto $\hat A$ la combinación $$\hat H {}''' = E_0 \left|\Psi_0\right>\left<\Psi_0\right| + \left(\mathbf 1 - \left|\Psi_0\right>\left<\Psi_0\right| \right) \hat A \left(\mathbf 1 - \left|\Psi_0\right>\left<\Psi_0\right| \right) $$ (donde los factores entre paréntesis están ahí para modificar $\hat A$ en desvanecerse en $\left|\Psi_0\right>$ y su conjugado) siempre tendrá $\left|\Psi_0\right>$ como estado propio.

Aunque sepas todos los eigenestados, sigue sin ser suficiente información para reconstruir el Hamiltoniano, porque no permiten distinguir entre, digamos, $\hat H$ y $\hat{H}{}^2$ . Por otra parte, si se conocen todos los estados propios y sus valores propios, basta con utilizar la descomposición espectral para reconstruir el Hamiltoniano.

En general, si realmente insistes, probablemente haya un equilibrio entre lo que sabes sobre la estructura del Hamiltoniano (por ejemplo, "de la forma $\nabla^2+V$ " frente a ninguna información) y cuántos de los eigenestados y eigenvalores necesitas para reconstruirlo por completo (un solo par frente a todo el conjunto), sobre todo si tienes en cuenta las reconstrucciones aproximadas. Dependiendo de dónde coloques un deslizador, obtendrás una lectura diferente en el otro.

Sin embargo, a menos que se tenga un problema específico que resolver (como reconstruir un Hamiltoniano de forma vagamente conocida a partir de un conjunto específico de datos experimentales finitos) entonces definitivamente no merece la pena explorar los detalles de este continuo de compensaciones más allá del conocimiento de que existe y de los extremos que he señalado anteriormente.

Answer 2

Supongamos por simplicidad que todos los operadores están acotados. Si conoces la función de onda $\psi$ asociado al estado fundamental del Hamiltoniano desconocido $H$ entonces $H$ tiene la forma $$H = E_0|\psi\rangle\langle\psi| \oplus K$$ donde $K$ es otro Hamiltoniano definido en un subespacio del espacio de Hilbert original de co-dimensión 1, y $E_0$ es la energía del estado básico, que podríamos suponer igual a cero (en particular, el espectro de $K$ está limitada por debajo por $E_0$ ). Esto demuestra que, en general, no es posible reconstruir $H$ ya que existe una familia infinita de Hamiltonianos $H$ parametrizados por operadores autoadjuntos estrictamente positivos $K$ que resolverá el problema original.

Answer 3

No hay prueba analítica, pero la evidencia numérica sugiere que si se sabe que el Hamiltoniano es local, y satisface la Hipótesis de Termalización de Eigenestado (que la mayoría de los Hamiltonianos locales lo hacen), entonces se puede extraer todo el Hamiltoniano de un solo emocionado aunque no desde el estado básico: https://arxiv.org/abs/1503.00729 .

Answer 4

Si la parte desconocida del Hamiltoniano es el potencial $V({\bf{r}})$ entonces se puede escribir una ecuación de Schrodinger estacionaria y averiguar cuál debe ser el potencial.