Schrodinger vergelijking

Celtic

Uit interesse, in de Schrodinger vergelijking wordt

momentum P omgezet naar een vorm die

gelijk is aan

h/i x d/dx (x) waarvan het kwadraat

gedeeld door 2m dan de H operator is.

Hoe wordt P omgezet naar deze vorm?

ZVdP

Eerst iets anders aantonen:

\(|\Psi|^2=\Psi^*\Psi\)

Met behulp van de Schrodinger vergelijking:

\(\frac{\partial |\Psi|^2}{\partial t}=\Psi^*(\frac{i\hbar}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}-\frac{i}{\hbar}V\Psi)+(-\frac{i\hbar}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}+\frac{i}{\hbar}V\Psi^*)\Psi\)

\(=\frac{i\hbar}{2m}[\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}-\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi]\)

\(=\frac{\partial}{\partial x}[\frac{i\hbar}{2m}(\Psi*\frac{\partial \Psi}{\partial x}-\frac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Psi)]\)

En nu hetgeen we willen bewijzen:

\(<x>=\int_{-\infty}^{\infty}x|\Psi(x,t)|^2dx\)

\(\frac{d<x>}{dt}=\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\partial |\Psi|^2}{\partial t}dx=\frac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\partial}{\partial x}(\Psi^*\frac{\partial \Psi}{\partial x}-\frac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Psi)dx\)

partiële integratie:

\(=-\frac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}(\Psi^*\frac{\partial \Psi}{\partial x}-\frac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Psi)dx-x(\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}-\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi)|_{-\infty}^\infty\)

Laatste term is 0

Nog eens partiële integratie:

\(\frac{d<x>}{dt}=-\frac{i\hbar}{m}\int_{-\infty}^{\infty}\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}dx\)

\(<p>=m<v>=m\frac{d<x>}{dt}=-i\hbar\int_{-\infty}^{\infty}\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}dx\)

\(<p>=\int_{-\infty}^{\infty}\Psi^*(\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x})\Psi dx\)

Dus:

\(\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}\)

erhoy

Ik begrijp de redenering niet van de heer ZVdP.

In de eerste formulelijn van de Schrödingervergelijking, die hij geeft, is toch al de omzetting van P

(P kwardraat gedeeld door 2M) gemaakt vanuit de energievergelijking (E= Kinetiscge energie + Potentiële enegie).

Dus je bewijst iets dat je al gebruikt. ????

ZVdP

Om de Schrödinger vergelijking op te stellen, heb je geen impulsoperator nodig.

Een mogelijke redenering gaat als volgt:

We stellen dat een deeltje beschreven wordt door een golf.

\(\Psi(\overightarrow{r},t)=\Psi_0e^{i(\overrightarrow{k}\overrightarrow{r}-\omega t)}\)

Dit kunnen we herschrijven door gebruik te maken van

\(E=\hbar\omega\)

en

\(p=\hbar k\)

naar:

\(\Psi(\overrightarrow{r},t)=\Psi_0e^{\frac{i}{\hbar}(\overrightarrow{p}\overrightarrow{r}-Et)}\)

Vervolgens gebruiken we de (niet relativistische) formule die energie linkt met impuls:

\(E=\frac{mv^2}{2}=\frac{p^2}{2m}\)

We gaan nu deze dispersierelatie opleggen aan onze golffunctie:

Eerst E voortbrengen

\(\frac{\partial \Psi}{\partial t}=-\frac{i}{\hbar}E\Psi\)

of:

\(E\Psi=i\hbar\frac{\partial \Psi}{\partial t}\)

Nu p²/2m voortbrengen:

\(\Delta\Psi=-\frac{p^2}{\hbar^2}\Psi\)

of:

\(-\frac{\hbar^2}{2m}\Delta\Psi=\frac{p^2}{2m}\Psi\)

De dispersierelatie opleggen levert nu:

\(i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\Delta\Psi\)

Voila, de Schrödinger vergelijking (zonder de potentiaal term) afgeleid, zonder gebruik te maken van de impulsoperator.

Achteraf kunnen we dan de impulsoperator berekenen zoals in mijn vorige post vanuit deze vorm van de Schrödinger vergelijking. Deze operator kunnen we dan invoeren in de ¨Schrödinger vergelijking om de notatie een beetje te vereenvoudigen.

erhoy

Dank je ZVdP.

Ik heb me niet goed gerealiseerd, dat de Schrödingervergelijking volgt uit de golffunctie en

energie-impulsvergelijking.

Wel raar dat de gemiddelde waarde van x altijd nul is voor een zuivere golf, terwijl er toch een impuls is.

ZVdP

Hoezo is de gemiddelde waarde 0?

(Merk ook op dat een enkele sinusoïdale golf voor een vrij deeltje wel een oplossing is van de Schrödinger vergelijking, maar geen fysische oplossing is, daarvoor heb je een lineaire combinatie nodig in een golfpakket)

erhoy

ZVdP schreef:Hoezo is de gemiddelde waarde 0?

(Merk ook op dat een enkele sinusoïdale golf voor een vrij deeltje wel een oplossing is van de Schrödinger vergelijking, maar geen fysische oplossing is, daarvoor heb je een lineaire combinatie nodig in een golfpakket)

Ik bedoel dat voor een zuivere sinusoïdale golf de gemiddelde waarde van x

\(<x>=\int_{-\infty}^{\infty}x|\Psi(x,t)|^2dx\)

0 is. Of is dat niet zo?

ZVdP

Die integraal bestaat niet en stelt bovendien fysisch niets voor; er bestaat geen enkel deeltje met die golffunctie.

Rudeoffline

Die integraal bestaat niet en stelt bovendien fysisch niets voor; er bestaat geen enkel deeltje met die golffunctie.

Hoe bedoel je? Die integraal stelt de gemiddelde positie voor. Natuurlijk zal die integraal bestaan voor alle functies die een eindig antwoord geven; of dat alle golffuncties op L2 zijn zou ik moeten nakijken.

Kun je je uitspraak toelichten?

ZVdP schreef:Om de Schrödinger vergelijking op te stellen, heb je geen impulsoperator nodig.

....

Nu p²/2m voortbrengen:

\(\Delta\Psi=-\frac{p^2}{\hbar^2}\Psi\)
Dank je ZVdP.

Ik heb me niet goed gerealiseerd, dat de Schrödingervergelijking volgt uit de golffunctie en

energie-impulsvergelijking.

Wel raar dat de gemiddelde waarde van x altijd nul is voor een zuivere golf, terwijl er toch een impuls is.
De Schrodingervergelijking kun je zien als je klassieke uitdrukking voor energie en impuls, waarbij je de klassieke uitdrukkingen E en p omschrijft naar operatoren die op je golffunctie inwerken.

De vorm van de impulsoperator kun je afleiden door te eisen dat deze operator translaties in de ruimte genereert, net zoals de Hamiltoniaan translaties in de tijd genereert. Een erg fijne en compacte afleiding hiervan kun je bijvoorbeeld in Nakahara's "geometry, topology and physics" vinden, hoofdstuk 1.1 tot 1.2.

ZVdP

Rudeoffline schreef:Hoe bedoel je? Die integraal stelt de gemiddelde positie voor. Natuurlijk zal die integraal bestaan voor alle functies die een eindig antwoord geven; of dat alle golffuncties op L2 zijn zou ik moeten nakijken.

Kun je je uitspraak toelichten?

Ik bedoelde enkel dat die integraal niet bestaat voor

\(\Psi=\sin x\)

Waar haal je de specifieke vorm van
\(p^2\)
vandaan, dan? Dan gebruik je de operatorvorm van p toch al?

Hier volg ik niet goed. Ik gebruik toch nergens de impulsoperator

\(\hat{p}\)

?

Ik stel de Schrödinger vergelijking op via

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

(als gegeven uit de klassieke mechanica)

en bereken hieruit de impulsoperator

\(\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}\)

Die afleiding via translaties staat ook op de wikipedia pagina van de impuls operator.

Rudeoffline

ZVdP schreef:Ik bedoelde enkel dat die integraal niet bestaat voor
\(\Psi=\sin x\)
Hier volg ik niet goed. Ik gebruik toch nergens de impulsoperator
\(\hat{p}\)
?

Ik stel de Schrödinger vergelijking op via
\(E=\frac{p^2}{2m}\)
(als gegeven uit de klassieke mechanica)

en bereken hieruit de impulsoperator
\(\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}\)

Je stelt

\(\Delta\Psi=-\frac{p^2}{\hbar^2}\Psi\)

Hiervoor gebruik je de specifieke vorm van de golffunctie. Daarin staat een p*x term staat die je dimensioneel al kunt beargumenteren en met de eis dat je operatoren lineair zijn kun je zo de deze vorm van de impuls operator afleiden. Je leidt zo de vorm van de operator af door te eisen dat de operator als eigenfunctie die golffunctie heeft, en dat de eigenwaarde gegeven wordt door p. Daar komen natuurlijk nog wel wat aannames bij

Het is een aardige afleiding, maar axiomatisch zou je het niet op deze manier doen, vermoed ik.

Wetenschapsforum

Laatste berichten

Nieuwsberichten

Schrodinger vergelijking

Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking

Re: Schrodinger vergelijking