Главная » Просмотр файлов » А.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики

А.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики (1120654), страница 13

Файл №1120654 А.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики (А.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики) 13 страницаА.А. Васильева, Д.В. Гальцов - Математические дополнения к курсу квантовой механики (1120654) страница 132019-05-09СтудИзба
Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

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 этомZ∞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 асимптотиками1если в уравнении стоит +, иpexp ±if (x)1pexp ±f (x)Zx0Zx0f (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.

Характеристики

Тип файла
PDF-файл
Размер
1,02 Mb
Тип материала
Предмет
Высшее учебное заведение

Список файлов лекций

Свежие статьи
Популярно сейчас
Почему делать на заказ в разы дороже, чем купить готовую учебную работу на СтудИзбе? Наши учебные работы продаются каждый год, тогда как большинство заказов выполняются с нуля. Найдите подходящий учебный материал на СтудИзбе!
Ответы на популярные вопросы
Да! Наши авторы собирают и выкладывают те работы, которые сдаются в Вашем учебном заведении ежегодно и уже проверены преподавателями.
Да! У нас любой человек может выложить любую учебную работу и зарабатывать на её продажах! Но каждый учебный материал публикуется только после тщательной проверки администрацией.
Вернём деньги! А если быть более точными, то автору даётся немного времени на исправление, а если не исправит или выйдет время, то вернём деньги в полном объёме!
Да! На равне с готовыми студенческими работами у нас продаются услуги. Цены на услуги видны сразу, то есть Вам нужно только указать параметры и сразу можно оплачивать.
Отзывы студентов
Ставлю 10/10
Все нравится, очень удобный сайт, помогает в учебе. Кроме этого, можно заработать самому, выставляя готовые учебные материалы на продажу здесь. Рейтинги и отзывы на преподавателей очень помогают сориентироваться в начале нового семестра. Спасибо за такую функцию. Ставлю максимальную оценку.
Лучшая платформа для успешной сдачи сессии
Познакомился со СтудИзбой благодаря своему другу, очень нравится интерфейс, количество доступных файлов, цена, в общем, все прекрасно. Даже сам продаю какие-то свои работы.
Студизба ван лав ❤
Очень офигенный сайт для студентов. Много полезных учебных материалов. Пользуюсь студизбой с октября 2021 года. Серьёзных нареканий нет. Хотелось бы, что бы ввели подписочную модель и сделали материалы дешевле 300 рублей в рамках подписки бесплатными.
Отличный сайт
Лично меня всё устраивает - и покупка, и продажа; и цены, и возможность предпросмотра куска файла, и обилие бесплатных файлов (в подборках по авторам, читай, ВУЗам и факультетам). Есть определённые баги, но всё решаемо, да и администраторы реагируют в течение суток.
Маленький отзыв о большом помощнике!
Студизба спасает в те моменты, когда сроки горят, а работ накопилось достаточно. Довольно удобный сайт с простой навигацией и огромным количеством материалов.
Студ. Изба как крупнейший сборник работ для студентов
Тут дофига бывает всего полезного. Печально, что бывают предметы по которым даже одного бесплатного решения нет, но это скорее вопрос к студентам. В остальном всё здорово.
Спасательный островок
Если уже не успеваешь разобраться или застрял на каком-то задание поможет тебе быстро и недорого решить твою проблему.
Всё и так отлично
Всё очень удобно. Особенно круто, что есть система бонусов и можно выводить остатки денег. Очень много качественных бесплатных файлов.
Отзыв о системе "Студизба"
Отличная платформа для распространения работ, востребованных студентами. Хорошо налаженная и качественная работа сайта, огромная база заданий и аудитория.
Отличный помощник
Отличный сайт с кучей полезных файлов, позволяющий найти много методичек / учебников / отзывов о вузах и преподователях.
Отлично помогает студентам в любой момент для решения трудных и незамедлительных задач
Хотелось бы больше конкретной информации о преподавателях. А так в принципе хороший сайт, всегда им пользуюсь и ни разу не было желания прекратить. Хороший сайт для помощи студентам, удобный и приятный интерфейс. Из недостатков можно выделить только отсутствия небольшого количества файлов.
Спасибо за шикарный сайт
Великолепный сайт на котором студент за не большие деньги может найти помощь с дз, проектами курсовыми, лабораторными, а также узнать отзывы на преподавателей и бесплатно скачать пособия.
Популярные преподаватели
Добавляйте материалы
и зарабатывайте!
Продажи идут автоматически
6363
Авторов
на СтудИзбе
310
Средний доход
с одного платного файла
Обучение Подробнее