А.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики (1120654), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Положимd2′Ĥm = − dx2 + V1 + Wm . Пусть ψm,k и ψk — k-е собственные функции операторов Ĥm и Ĥ соответственно.По утверждению 5.8, их можно выбрать так, чтобы ψm,k → ψk и ψm,k → ψk равномерно на каждомотрезке.′Так как Wm∈ Lloc∞ , то функции ψm,k имеют ровно k нулей.[1]Пусть nk > k, ψk (xj ) = 0, 1 6 j 6 nk . Так как ψk 6= 0, то ψk (xj ) 6= 0. По доказанному, в каждой точкеxj функция ψk меняет знак.
Поэтому существует последовательность точек y0 < y1 < · · · < ynk такая,что ψk (yj ) и ψk (yj−1 ) имеют противоположный знак, 1 6 j 6 nk . При достаточно больших m то же самоевыполнено для значений функции ψm,k . Но тогда ψm,k имеет nk > k нулей — противоречие.Пусть nk < k, xj — нули функции ψk . Так как V1 (x) → +∞ при x → ∞, то существует R > 0 такое, чтоV (x) > Ek + 1 при |x| > R. Можно считать, что |xj | < R для любого j = 1, .
. . , nk и что ψk (R) > 0. Тогдапри достаточно больших m выполнено ψm,k (R) > 0. Пусть существует x∗ > R такое, что ψm,k (x∗ ) = 0.Положимx0 = inf{x > R : ψm,k (x) = 0}.′′Тогда ψm,k(x0 ) < 0, и при некотором x > x0 выполнено ψm,k (x) < 0 и ψm,k(x0 ) < 0. Тогда, по лемме5.2, ψm,k (x) → −∞ при x → +∞ — противоречие. Значит, при x > R и достаточно больших m функцияψm,k (x) не обращается в 0. Аналогично рассматриваются x < −R.[1][1]Так как ψk (xj ) 6= 0, то существуют c > 0 и окрестности Uj точек xj , такие что |ψk (x)| > c приnkx ∈ Uj и |ψk (x)| > c при x ∈ [−R, R]\ ∪j=1 Uj .
Так как ψm,k → ψk и ψm,k → ψk равномерно на каждом[1]kотрезке, то при больших m выполнено |ψm,k (x)| > 2c для x ∈ Uj и |ψm,k (x)| > 2c для x ∈ [−R, R]\ ∪nj=1Uj .Значит, нули функции ψm,k принадлежат Uj . Так их число равно k > nk , то для некоторого j окрестность[1]′Uj содержит два нуля функции ψm,k . Пусть y1 , y2 ∈ Uj — два соседних нуля. Тогда ψm,k (y1 ) = ψm,k(y1 ),[1]′ψm,k (y2 ) = ψm,k(y2 ) и знаки этих величин противоположны.
Из непрерывности квазипроизводной следует,[1][1]что для некоторого x ∈ (y1 , y2 ) выполнено ψm,k (x) = 0. Это противоречит тому, что |ψm,k (x)| >x ∈ Uj . Значит, nk = k.5.10c2приРешения Йоста2dloc′Пусть Ĥ0 = − dx2 , Ĥ = Ĥ0 + V , где V = V1 + V2 , V1 ∈ L1 (R), V2 = W , W ∈ L2 (R) имеет носитель,лежащий в [−R0 , R0 ].Рассмотрим при x > R0 интегральное уравнениеf (x) = eПредположим, чтоR∞R0−ikx−Z∞xsin k(x − y)V (y)f (y) dy.k(5.27)|V (x)| dx < ∞.
Тогда для любого k ∈ R\{0} уравнение (5.27) имеет единственноерешение f (x, k), при этомZ∞4|f (x, k) − e−ikx | 6 exp |V (y)| dy − 1|k|(5.28)xи′|f (x, k) + ike−ikx+∞Z| 6 C(k)|V (y)| dy,(5.29)xгде C(k) равномерно ограничена по x > R0 и по k ∈ K, где K — компактное подмножество R\{0} [3, т.3, гл.
XI, §8, теорема XI.57]. Функция f (x, k) называется решением Йоста. Дифференцируя (5.27) по x,можно показать, что f (x, k) удовлетворяет уравнению −f ′′ + V (x)f = k 2 f .Аналогично строятся решения уравнения Шредингера с асимптотиками e±ikx (1 + o(1)) при x → −∞.Продолжение решения Йоста с заданной асимптотикой при x → +∞ на отрезок [−R0 , R0 ] существуетв силу следствия 5.2, а на (−∞, −R0 ] оно продолжается как линейная комбинация решений Йоста сасимптотиками e±ikx (1 + o(1) ).x→−∞Если Wn → W в L2 , то соответствующие решения Йоста fn (x, k) с асимптотикой fn (x, k) = eikx + o(1) ,x→+∞равномерно сходятся к f (x, k) по x ∈ R и k ∈ K, где K — произвольный компакт в R\{0}. Действительно,на [R0 , +∞) эти решения совпадают, на [−R0 , R0 ] решения равномерно сходятся в силу следствия 5.2,42а при x < −R0 они имеют вид f (x, k) = c+ (k)f+ (x, k) + c− (k)f− (x, k) и fn (x, k) = cn+ (k)f+ (x, k) +cn− (k)f− (x, k), где f± (x, k) = e±ikx + o(1) — решения Йоста.
Поэтому достаточно показать, что cn± (k) →x→−∞[1]c± (k) при n → ∞ равномерно по k ∈ K. Это следует из того, что fn (−R0 , k) → f (−R0 , k), fn (−R0 , k) →f [1] (−R0 , k) при n → ∞ равномерно по k ∈ K и вронскиан W (f+ , f− ) отделен от 0 при k ∈ K. Последнеедоказывается следующим образом: ikx e + o(1)e−ikx + o(1) W (f+ , f− ) = ikx= −2ik + o(1) = −2ikike + o(1) −ike−ikx + o(1)в силу постоянства вронскиана.Решение f (x, k) уравнения (5.27) существует также при комплексных k с отрицательной мнимой частью, и для него |eikx f (x, k) − 1| → 0 и |eikx f ′ (x, k) + ik| → 0 при x → +∞ равномерно по k ∈ K, где K —компакт в A = {k : Im k 6 0, k 6= 0}. При этом для каждого фиксированного x функции f (x, k) и f ′ (x, k)непрерывны на множестве A.Если V (x) недостаточно быстро убывает, то часто с помощью некоторых замен уравнение Шредингерасводят к уравнению с быстро убывающим потенциалом [12, гл.
II, §4].Рассмотрим уравнениеy ′′ ± f 2 (x)y = 0,где f (x) > 0 иR∞0(5.30)f (s) ds = ∞. Сделаем заменуt=Zxf (s) ds, z(t) =0pf (x(t))y(x(t)).Утверждается, что (5.30) приводится к виду−z̈ + q(x)z = ±z, где q(x) =ЕслиR∞0f ′′3 f ′2−.2f 34 f4|q(x)| dx < ∞, то уравнение имеет пару решений с асимптотиками1если в уравнении стоит +, иpexp ±if (x)1pexp ±f (x)Zx0Zx0f (s) ds (1 + o(1)),f (s) ds (1 + o(1)),если в уравнении стоит −. В частности, если V (x) = 1/x, то решения1y = k2 yx 1y1, 2 (x) ∼ exp ±i kx −ln x .2k−y ′′ +имеют асимптотики5.11Отсутствие сингулярного спектраОтсутствие сингулярного спектра доказывается с помощью следующей теоремы [3, т.4, теорема XIII.20]:Теорема 5.12. Пусть Ĥ — самосопряженный оператор с резольвентойR(λ) = (Ĥ − λ)−1 .Пусть (a, b) — ограниченный интервал. Предположим, что существует такое плотное множествоD ⊂ H, что для каждого ϕ ∈ D выполнено условиеsupε∈(0, 1)Zba|Im hϕ, R(λ + iε)ϕi|p dλ < ∞с некоторым p > 1.
Тогда Ĥ имеет только абсолютно непрерывный спектр на (a, b).43(5.31)В частности, если для любого ϕ ∈ D множество{hϕ, R(λ + iε)ϕi, λ ∈ (a, b), ε ∈ (−1, 1)\{0}}ограничено, то Ĥ имеет на (a, b) только абсолютно непрерывный спектр. В самом деле, для любого ε > 0выполнено hϕ, R(λ + iε)ϕi = hϕ, R(λ − iε)ϕi∗ (для доказательства достаточно перейти к представлению,в котором Ĥ — оператор умножения).2d′Утверждение 5.9. Пусть Ĥ = − dx2 +V , где V (x) = W (x), x ∈ (−R0 , R0 ), W ∈ L2 , и V ∈ L1 (R\(−R0 , R0 )).Тогда Ĥ имеет на (0, +∞) только абсолютно непрерывный спектр.Доказательство. В качестве D возьмем C0∞ (R) и рассмотрим произвольный интервал (a, b), где a, b > 0.Докажем, что множество{hϕ, R(λ + iε)ϕi, λ ∈ (a, b), ε ∈ (0, 1)}ограничено для любого ϕ ∈ C0∞ (R) (случай ε ∈ (−1, 0) рассматривается аналогично).
Для этого достаточно показать, что множество функций R(λ + iε)ϕ будет равномерно ограниченным при x ∈ supp ϕ,λ ∈ (a, b) и ε ∈ (0, ε0 ) для некоторого ε0 > 0.Пусть f = R(λ + iε)ϕ. Тогда f — это решение уравнения Ĥf − (λ + iε)f = ϕ и f ∈ L2 . Пусть (k + iµ)2 =λ + iε, k > 0, µ > 0, supp ϕ ⊂ (−x0 , x0 ) (можно считать, что x0 > R0 ). Тогдаf (x0 ) = αλ,ε f+ (x0 , λ, ε), f (−x0 ) = βλ,ε f− (x0 , λ, ε),где f± (·, λ, ε) = f± (·) — решения уравнения −f ′′ + (V (x) − λ − iε)f = 0 с асимптотикамиf− (x) = e(−ik+µ)x + o(1)и f+ (x) = e(ik−µ)x + o(1) .x→−∞x→+∞′′Функции f+ (x0 , λ, ε), f+(x0 , λ, ε), f− (x0 , λ, ε) и f−(x0 , λ, ε) непрерывны по (λ, ε) ∈ [a, b] × [0, 1] (см.
[3],т. 3, гл. XI, §8, теорема XI.57). Докажем, что αλ,ε непрерывно зависит от (λ, ε) ∈ [a, b] × [0, 1]. В самомделе, f = fч + fо , где fч — частное решение с асимптотикой fч ∼ e(ik−µ)x , fо — решение однородногоx→+∞уравнения. Рассмотрим два линейно независимых решения однородного уравнения f1 (x) = f1 (x, λ, ε) иf2 (x) = f2 (x, λ, ε) такие, что f1 (x) = e(−ik+µ)x (1 + o(1)) при x → −∞, а f2 определяется из условияf2 (−x0 ) = 1, W (f1 , f2 ) = 1 (где W (·, ·) — вронскиан). При x < −x0 выполнено fч (x) = cλ,ε f1 + dλ,ε f2 .Коэффициенты cλ,ε и dλ,ε находятся из системы уравненийcλ,ε f1 (−x0 ) + dλ,ε f2 (−x0 ) = fч (x0 ),cλ,ε f1′ (−x0 ) + dλ,ε f2′ (−x0 ) = fч′ (−x0 ).Так как f1 (−x0 ) и f1′ (−x0 ) непрерывно зависят от (λ, ε), а f2 (−x0 ) = 1 и W (f1 , f2 ) = 1, то f2′ (−x0 )также непрерывно зависит от (λ, ε). Непрерывная зависимость fч (−x0 ) от (λ, ε) вытекает из следствия5.2.
Отсюда получаем, что cλ,ε и dλ,ε непрерывны по (λ, ε) ∈ [a, b] × [0, 1].Функция fо имеет вид γλ,ε f1 −dλ,ε f2 (тогда fo +fч ∈ L2 (−∞, 0]). С другой стороны, fо (x) = ξλ,ε g(x, λ, ε),где g(x, λ, ε) = e(ik−µ)x + o(1) . Имеем следующую систему уравнений на γλ,ε и ξλ,ε :x→+∞γλ,ε f1 (x0 , λ, ε) − dλ, ε f2 (x0 , λ, ε) = ξλ, ε g(x0 , λ, ε),γλ,ε f1′ (x0 , λ, ε) − dλ, ε f2′ (x0 , λ, ε) = ξλ, ε g ′ (x0 , λ, ε).Так как все коэффициенты непрерывны по (λ, ε), то достаточно показать, что вронскиан W (f1 , g) отделенот 0 при λ ∈ [a, b] и достаточно малых ε > 0. Из непрерывности следует, что достаточно это проверитьпри ε = 0. Пусть g — решение Йоста с асимптотикамиg∼x→+∞eikx , g∼x→−∞peikx + qe−ikx .Тогда g ∗ — тоже решение Йоста, и из постоянства вронскиана W (g, g ∗ ) получаем равенство p2 = q 2 + 1,поэтому |p| > 1. Так как f1 ∼ e−ikx , то W (f1 , g) = 2pki, так что |W (f1 , g)| > 2k.
Таким образом,x→−∞ξλ,ε , а значит, и αλ,ε непрерывно зависит от (λ, ε), поэтому f (x0 ) и f ′ (x0 ) непрерывно зависят от (λ, ε).Следовательно, f (x, λ, ε) непрерывна по (x, λ, ε) ∈ [−x0 , x0 ] × [a, b] × [0, ε0 ].2dАналогично доказывается отсутствие сингулярного спектра в случае Ĥ = − dx2 + U0 θ(x) + V (x), гдефункция V такая же, как в предыдущем случае.445.12Задание волновых операторов в случае быстро убывающих потенциалов2d′Пусть Ĥ0 = − dx2 , Ĥ = Ĥ0 +V , где V = W +V1 , W ∈ L2 [−R0 , R0 ], V1 (x) ∈ L1 (R) и выполнены неравенстваZx|V (y)| dy 6−∞c1|x| 2 +γ+∞Z|V (y)| dy 6xc1x 2 +γ, x < −R0 ,(5.32), x > R0 ,(5.33)для некоторого γ > 0. Отсюда в силу (5.28) и (5.29) любое решение уравнения −u′′ + V (x)u = k 2 u имеетасимптотикиu(x, k) = c1 eikx + c2 e−ikx + r(x, k), где |r(x, k)| 6c(k)1|x| 2 +γu′x (x, k) = ikc1 eikx − ikc2 e−ikx + r̃(x, k), где |r̃(x, k)| 6, x → ±∞,c(k)1|x| 2 +γ, x → ±∞,(5.34)(5.35)а функция c(k) равномерно ограничена на компактных подмножествах R\{0}.Рассмотрим функциюZ∞1√f (x) =eikx ϕ(k) dk,2π−∞C0∞ (R\{0}).где ϕ ∈асимптотикиПусть при k > 0 функция u(x, k) — решение уравнения −u′′ + V (x)u = k 2 u, имеющееu(x, k)1√ eikx + αe−ikx ,2π∼x→−∞∼u(x, k)x→+∞βeikx(при x ∈ [−R0 , R0 ] здесь подразумевается, что u — это решение уравнения −(u[1] )′ − W (x)u[1] − W 2 (x)u +V1 (x)u = k 2 u).
Коэффициенты α и β находятся однозначно. При k < 0 функцию u(x, k) выбираем какрешение с асимптотиками1u(x, k) ∼ √ eikx + α̃e−ikx ,x→+∞2πu(x, k)∼x→−∞β̃eikx .Положимf+ (x) =Z∞u(x, k)ϕ(k) dk.(5.36)−∞Эта функция абсолютно непрерывна вместе с квазипроизводной. Из (5.34), (5.35), условия W ∈ L2 и′свойств преобразования Фурье следует, что f+ ∈ L2 (R) и f+∈ L2 (R). Дифференцируя интеграл в (5.36)по x, получаем, чтоZ∞d2− 2 + V (x) f+ (x) =u(x, k)k 2 ϕ(k) dk.dx(5.37)−∞Эта функция принадлежит L2 (R). Докажем, что f+ ∈ D(Ĥ). ПустьD0 = {f ∈ W21 (R) : f [1] ∈ AC, −(f [1] )′ − W (x)f [1] − W 2 (x)f + V1 f ∈ L2 (R)}.Возьмем гладкую функцию η со значениями в [0, 1], supp η ⊂ [−2, 2], η|[−1, 1] ≡ 1. Положим ηn (x) = η nx .Тогда ηn f → f и Ĥ(ηn f ) → −(f [1] )′ − W (x)f [1] − W 2 (x)f + V1 f в L2 (R) для любого f ∈ D0 . Так какηn f ∈ D(Ĥ) и оператор Ĥ замкнут, то D0 ⊂ D(Ĥ).45Пусть D — множество функций f+ , заданных равенством (5.36) с ϕ ∈ C0∞ (R\{0}), D — его замыкание.Тогда Ĥ|D : D → D существенно самосопряжен.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
