Задачи по квантовой механике Ч.1. Копытин И.В - 29 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

29
Решение. Воспользуемся определением (2.33) и преобразуем интеграл
интегрированием по частям:
Z
+∞
−∞
Φ
∗
(x)
∂
∂x
†
Ψ(x) dx
(2.33)
=
Z
+∞
−∞
Ψ(x)
∂Φ
∗
(x)
∂x
dx =
= Ψ(x)Φ
∗
(x)
+∞
−∞
−
Z
+∞
−∞
Φ
∗
(x)
∂
∂x
Ψ(x) dx.
Если предположить, что оператор
∂
∂x
задается на функциях, нор-
мированных на единицу, то разность на пределах обращается в нуль
(поскольку такие функции на бесконечности обращаются в нуль). По-
этому
Z
+∞
−∞
Φ
∗
(x)
∂
∂x
†
Ψ(x) dx =
Z
+∞
−∞
Φ
∗
(x)
−
∂
∂x
Ψ(x) dx.
Данное равенство выполняется для произвольных функций Ψ и Φ, так
что имеет место операторное равенство:
∂
∂x
†
= −
∂
∂x
. (2.36)
Таким образом, при эрмитовом сопряжении оператор производной ме-
няет знак.
Пример 2.18. Доказать, что (
ˆ
F
†
)
†
=
ˆ
F .
Решение. Воспользуемся определением эрмитова сопряжения в дира-
ковских обозначениях (2.34) дважды, а также свойством повторного
комплексного сопряжения [(z
∗
)
∗
= z]:
hΦ|(
ˆ
F
†
)
†
|Ψi
(2.34)
= hΨ|
ˆ
F
†
|Φi
∗
(2.34)
= hΦ|
ˆ
F |Ψi.
Произвольность в выборе функций в “обкладках” доказывает требуемое
утверждение.
Пример 2.19. Выразить (
ˆ
F
ˆ
G)
†
через
ˆ
F
†
и
ˆ
G
†
.
Решение. При действии оператора на функцию получается другая
функция. Поэтому, основываясь на определении (2.34), имеем:
                                              29


Решение. Воспользуемся определением (2.33) и преобразуем интеграл
интегрированием по частям:
  Z   +∞             †                      Z   +∞
            ∗    ∂                        ∂Φ∗ (x)
                                     (2.33)
           Φ (x)   Ψ(x) dx =         Ψ(x)         dx =
    −∞           ∂x             −∞          ∂x
                                   +∞    Z +∞         
                                                       ∂
                      = Ψ(x)Φ∗ (x)     −       Φ∗ (x)    Ψ(x) dx.
                                   −∞     −∞          ∂x
                                 
                                   ∂
Если предположить, что оператор         задается на функциях, нор-
                                   ∂x
мированных на единицу, то разность на пределах обращается в нуль
(поскольку такие функции на бесконечности обращаются в нуль). По-
этому
       Z    +∞              †                   Z   +∞              
                        ∂                                           ∂
                 Φ∗ (x)           Ψ(x) dx =                Φ∗ (x) −     Ψ(x) dx.
           −∞           ∂x                         −∞               ∂x

Данное равенство выполняется для произвольных функций Ψ и Φ, так
что имеет место операторное равенство:
                                            †
                                        ∂              ∂
                                                  =−      .                        (2.36)
                                        ∂x             ∂x

Таким образом, при эрмитовом сопряжении оператор производной ме-
няет знак.                                                    

Пример 2.18. Доказать, что (F̂ † )† = F̂ .
Решение. Воспользуемся определением эрмитова сопряжения в дира-
ковских обозначениях (2.34) дважды, а также свойством повторного
комплексного сопряжения [(z ∗ )∗ = z]:
                                  (2.34)                ∗ (2.34)
                 hΦ| (F̂ † )† |Ψi = hΨ| F̂ † |Φi              = hΦ| F̂ |Ψi .

Произвольность в выборе функций в “обкладках” доказывает требуемое
утверждение.                                                    

Пример 2.19. Выразить (F̂ Ĝ)† через F̂ † и Ĝ† .
Решение. При действии оператора на функцию получается другая
функция. Поэтому, основываясь на определении (2.34), имеем:

Страницы