Niet-degeneratie van grondtoestand in de kwantummechanica

Wat zijn in niet-relativistische kwantummechanica de noodzakelijke voorwaarden voor het potentieel (of de hamiltoniaan in het algemeen) dat de grondtoestand niet-gedegenereerd is?

10

4 antwoord

Ik denk dat je een antwoord op je vraag kunt vinden in het boek van Simon/Reed, "Methods of Mathematical Physics", vol.4 "Analysis of Operators". Ze hebben een hoofdstuk gewijd aan de kwestie van het bestaan ​​van niet-ontaarde aardse toestanden, hoofdstuk XIII.12.

Een relevante stelling zou XIII.47 zijn, die zegt dat de exploitant van Schrödinger een niet-verwante strikt positieve grondtoestand heeft als de potentiële V in $ L ^ 2_ {loc} (\ mathbb {R} ^ n) $ en $ lim_ {| x | \ to \ infty} V (x) = \ infty $.

Ik denk niet dat er een eenvoudige noodzakelijke voorwaarde is voor het potentieel, maar slechts een paar sets van voldoende voorwaarden, maar daar zou het mis kunnen zijn.

14
toegevoegd
Heb je enig inzicht in welke rol onbegrensdheid van het potentieel speelt? Ik bedoel fysiek, in plaats van wiskundig?
toegevoegd de auteur Templar, de bron
Dat is lastig! Sta handwaving toe: als het potentieel naar $ \ infty $ gaat, betekent dit dat deeltjes beperkt zijn tot een begrensd gebied (de waarschijnlijkheid om ze buiten te vinden is erg laag/kan willekeurig laag worden gemaakt). In een afgebakend gebied in de klassieke natuurkunde kunnen er verschillende locaties zijn die de potentiële energie minimaliseren, maar in de kwantummechanica beschrijft de grondtoestand de waarschijnlijkheid om het in een van deze te vinden -> daarom is het uniek in QM. Maar merk op dat je gedegenereerde grondtoestanden kunt krijgen door de andere aanname op V ($ V \ in L ^ 2_ {loc} $) te laten vallen.
toegevoegd de auteur jah138, de bron

Als een eindig aantal niet-relativistische deeltjes in een oneindig potentieel goed beweegt, heeft het gecombineerde systeem een ​​niet-ontaarde grondtoestand, ongeacht de symmetrie van de hamiltoniaan. Ik herinner het me lang geleden en ik vond het altijd indrukwekkend. Ik herinner me ook dat ik altijd geïrriteerd was dat ik niet wist hoe ik het moest bewijzen, of een referentie wist waar ik het kon opzoeken. Als je er een vindt, laat het me weten!

Er is waarschijnlijk een soort van fancy entropisch argument dat je zou kunnen gebruiken om dit resultaat te krijgen, als dat je ding is.

Als het potentieel hierboven was begrensd, kan ik niet onmiddellijk zien waarom dit degeneratie op de grondstaat zou veroorzaken --- dus het is aannemelijk dat de stelling ook in dit geval geldt.

Systemen die oneindige systemen van deeltjes bevatten, kunnen, en vertonen vaak, degeneratie in hun grondtoestand.

3
toegevoegd

Een sterker resultaat is waar: de grondtoestand van $ H = - \ Delta + V (x) $ (als er een bestaat, dat wil zeggen, als het spectrum hieronder wordt begrensd en het minimum een ​​eigenwaarde is), is het puntsgewijs positief.

Voor een schets van een bewijs, herinner je eraan dat een eigen functie $ y (x) $ met eigenwaarde $ \ min \ sigma $ de kwadratische vorm minimaliseert $ Q (y) = \ int (| \ nabla y | ^ 2 + V | y | ^ 2) $. We kunnen er zelfs van uitgaan dat $ y $ echt wordt gewaardeerd (neem anders het echte of imaginaire deel).

Merk op dat als $ y \ in H ^ 1 $ $ Q $ minimaliseert, dat geldt ook voor $ | y | $ en $ y \ pm | y | $. Als we herhalen Riemanns fout nu uit zijn bewijs van de Riemann-mapping-stelling en gaan we er maar van uit dat een minimizer voldoende soepelheid heeft zodat het een klassieke oplossing van de Euler-Lagrange-vergelijking zal zijn, die hier alleen de oorspronkelijke eigenwaarde-vergelijking $ - \ Delta y is + Vy = E y $, dan zijn we al klaar (of sluiten in ieder geval), omdat $ y \ pm | y | $ geen tweede afgeleiden zal hebben als de oorspronkelijke functie de waarden van beide tekens heeft overgenomen. Hieruit kan men een rigoureus bewijs maken, gebaseerd op het maximale principe voor elliptische vergelijkingen van de tweede orde; zie Stelling 6.5.2 van het PDE-boek van Evans.

Finally, to make the connection to the original question more explicit, let me state more clearly what a rigorous version of this argument proves: any minimizer $y$ of $Q$ satisfies $y(x)>0$ after multiplication by a suitable constant. Since minimum energy eigenfuctions are minimizers, we can't have more than one, or we could take a linear combination that violates this condition.

2
toegevoegd

For Hamitonian operator like this form $-\Delta +V(x)$, the ground state is always non-degeneracy in $n$-dim if the potential is continuous and bounded from below and let $-\Delta +V(x)$ be essentially self-adjoint. You can see the proof in Page 51 James Glimm and Arthur Jaffe's Quantum Physics. Or see the proof.

Als je de Hamitonian niet beperkt tot deze vorm ($ - \ Delta + V (x) $), dan is het, als je een magnetisch veld aanlegt, gemakkelijk om de degeneratie grondtoestand te construeren. zie Landau-niveau.

0
toegevoegd
Ook betekent een "grondtoestand" gewoonlijk een eigenfunctie met eigenwaarde gelijk aan het minimum van het spectrum. Over het algemeen is er natuurlijk geen reden waarom de onderkant van het spectrum een ​​eigenwaarde zou moeten zijn, en $ V = 0 $ is een eenvoudig voorbeeld waar dit niet het geval is. De natuurlijke manier om de vraag te begrijpen lijkt te zijn om aan te nemen dat $ \ min \ sigma $ inderdaad een eigenwaarde is (die bijvoorbeeld zal volgen vanuit de aanname dat $ V \ to \ infty $ van een van de andere antwoorden is).
toegevoegd de auteur Chad Okere, de bron
@lcv Zelfs de $ V (x) $ is constant, de grondtoestand is nog steeds uniek. Omdat de eigentoestand van $ - \ Delta ^ 2 $ is $ e ^ {i k x} $ voor $ k \ neq 0 $ is er dubbele degeneratie. Voor $ k = 0 $ is het uniek tot een fase.
toegevoegd de auteur fff123123, de bron
@lcv Zeker, we veronderstelden altijd het potentieel dat van onderaf wordt begrensd. Voor gedetailleerde vereisten en bewijs, kunt u het boek dat ik citeer raadplegen.
toegevoegd de auteur fff123123, de bron
@ChristianRemling Sorry, een typfout. Bedankt
toegevoegd de auteur fff123123, de bron
@lcv Sorry, ik ben geen wiskundige. Mag ik een naïeve vraag stellen? Voor exploitant $ \ Delta $, is $ f (x) = constante $ een eigentoestand van $ \ Delta $ met eigenwaarde $ 0 $?
toegevoegd de auteur fff123123, de bron
@lcv Maar $ e ^ {ikx} $ is ook niet vierkant integreerbaar. We beschouwen het nog steeds als eigenstate.
toegevoegd de auteur fff123123, de bron
Hoe zit het met $ V (x) $ constant?
toegevoegd de auteur lcv, de bron
In het algemeen vereist de term grondtoestand impliciet dat deze een eigenvector (dat wil zeggen een toestand) is. U moet een voorwaarde afdwingen zodat het infimum van het spectrum inderdaad een eigenwaarde is. Een deel van dit ja, het Perron-Feibenius-argument, is vrij algemeen van toepassing
toegevoegd de auteur lcv, de bron
@Christian Remling het lijkt erop dat ik op hetzelfde moment aan het typen was ...
toegevoegd de auteur lcv, de bron
@ fff123123 Ik ook niet. Hoe dan ook, zonder verdere specificaties in deze context zou men aannemen dat de Hilbert-ruimte $ L ^ 2 (\ mathbb {R}) $ is in de ruimte van vierkante optelfuncties op de regel. Een constante functie bevindt zich niet in deze ruimte tenzij de constante nul is. Vandaar dat uw functie niet in de (Hilbert) -ruimte staat en $ 0 $ geen eigenwaarde is. $ 0 $ behoort echter tot het spectrum van $ - \ Delta $.
toegevoegd de auteur lcv, de bron
@ fff123123 Nee, dat is het niet :) Controleer ergens de definitie van spectrum. Ik denk dat Wikipedia een goed startpunt is
toegevoegd de auteur lcv, de bron