TECHNISCHE UNIVERSIT ¨AT M ¨UNCHEN Quantendynamik Der

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
Prof. Dr. H. Spohn
Max Lein
Ulrich Mauthner
Quantendynamik
SoSe 2006
Lösungen Blatt 9
2006.07.03
Der Spektralsatz
Aufgabe 23 Spektraldarstellung
Geben Sie die Spektraldarstellung der folgenden Operatoren an:
(i) Das freie Teilchen: H = − 12 ∆x .
(ii) Der harmonische Oszillator: H = − 21 ∆x + 21 ω 2 x2 .
(iii) Das Wasserstoff-Atom: H = − 12 ∆x − c |x|−1 .
Lösung
(i) Das freie Teilchen hat reines kontinuierliches Spektrum, σ(−1/2 ∆x ) = [0, +∞). Die Lösungen
der Eigenwertgleichung Hψ = Eψ sind gegeben durch ψ(k, x) = (2π)−d/2 e−ik·x . Es ist klar, dass
keine der Eigenfunktionen quadratintegrabel sind, aber dennoch das Spektralmaß bestimmen.
Da E −1 (k) eine Kugeloberfläche im unendlichdimensionalen Hilbert-Raum der Zustände ist, ist
jeder Energieeigenwert unendlichfach entartet, falls d > 1 (für d = 1 haben wir zweifache Entartung). Weiterhin gilt
Z
(idH ψ)(x) = dy δ(x − y)ψ(y)
also ist δ(x − y) der Integralkern zur Identität. Wir können δ(x − y) mittels der Eigenfunktionen
schreiben als (man achte auf die Normierung!)
Z
Z
δ(x − y) = dk (2π)−d eik·(x−y) = dk ψ ∗ (k, x) ψ(k, y)
Z
= hx|
dk |ki hk| |yi
Das ist auch schon der Integralkern des Spektralmaßes. In der Quantenmechanik wird meist (fälschlicherweise!)
angenommen, dass man einen vollständigen Satz von Eigenfunktionen hat, die den ganzen HilbertRaum aufspannen,
idH =
∞
X
|ψn i hψn |
n=1
Diese Formel muss allerdings für Operatoren mit nichtleerem kontinuierlichem Spektrum verallgemeinert werden, die Summe muss durch ein Integral ersetzt werden.
1
Die Spektraldarstellung von − 21 ∆x angewendet auf eine Funktion ϕ ist also
− 12 ∆x ϕ (x) =
Z
+∞
Z0
=
Rd
Z
Z
P (dλ) λϕ(x) =
dy
dk ψ ∗ (k, x) ψ(k, y) 12 k 2 ϕ(y)
d
d
R
R
Z
−d ik·(x−y) 1 2
dk (2π) e
dy
2 k ϕ(y)
Rd
(ii) Der harmonische Oszillator hat ein reines Punktspektrum mit Eigenwerten En = ω(n + 1/2),
also σ(H) ≡ σpp (H) = {En }n ∈N . Jeder Eigenwert ist einfach und nicht entartet. Daher ist das
Spektralmaß P gegeben durch
P (λ) =
∞
X
δ(λ − En ) |ψn i hψn |
n=1
|ψn i hψn | ist der Projektor auf den nten Energieeigenzustand.
Somit ergibt sich folgende Spektralzerlegung:
Z
H=
dλ
R
=
∞
X
∞
X
δ(λ − En ) |ψn i hψn | λ =
∞ Z
X
dλ En δ(λ − En ) |ψn i hψn |
n=1 R
n=1
En |ψn i hψn |
n=1
(iii) Das Spektrum des Hamilton-Operators des Wasserstoffatoms besteht aus einem Punktspektrum für
E < 0 und einem kontinuierlichen Spektrum für E ≥ 0. Zustände mit E < 0 heißen gebunden
und solche mit E ≥ 0 frei.
1
Das Punktspektrum akkumuliert sich bei E = 0, da die Energieeigenwerte durch EP
n = E0 n2
n
2
gegeben sind. Allerdings sind die Eigenwerte entartet, zum nten Eigenwert gibt es j=1 j =
1
6 n(n + 1)(2n + 1) Zustände. Traditionell wird jeder Energieeigenwert durch drei ‘labels’ beschriftet: n, l und m, wobei n ∈ N0 , l ∈ {0, . . . , n − 1} und m ∈ {−l, . . . , +l}. Die zugehörigen
Eigenzustände werden mit |nlmi bezeichnet. Sei also
Pn :=
n−1
X
l
X
|nlmi hnlm|
l=0 m=−l
der Projektor auf alle zum nten Eigenwert gehörigen Eigenfunktionen. Das projektorwertige Maß
für E < 0 ist also gegeben durch
P (λ) =
∞
X
1
6 n(n
+ 1)(2n + 1) δ(λ − En ) Pn =
n=0
∞
X
n=0
δ(λ − En )
n−1
X
l
X
|nlmi hnlm|
l=0 m=−l
Für E > 0 ist P das (projektorwertige) Lebesgue-Maß auf R, jeder Zustand ist gleich wahrscheinlich. Da das Spektrum kontinuierlich ist, gibt es keine weiteren Eigenzustände (allgemein gilt, dass
es im kontinuierlichen Spektrum bis auf endlich viele Ausnahmen keine exakten Eigenzustände
2
mehr gibt), das heißt Lösungen von Hψ = Eψ, E ≥ 0. Insgesamt ist H gegeben durch
Z
0
H=
dλ
−∞
Z
0
dλ
=
−∞
=
∞
X
En
n=0
∞
X
n=0
∞
X
δ(λ − En )
n−1
X
l
X
|nlmi hnlm| λ +
dP (λ) λ
0
l=0 m=−l
δ(λ −
n=0
n−1
l
X X
En ) 16 n(n
+∞
Z
Z
+∞
dP (λ) λ
+ 1)(2n + 1) Pn λ +
0
Z
|nlmi hnlm| +
+∞
dP (λ) λ
0
l=0 m=−l
Aufgabe 24 Spektraldarstellung zweier Operatoren
(i) Seien A, B ∈ B(H) zwei beschränkte, selbstadjungierte Operatoren. Zeigen Sie, dass die Spektralmaße von A und B genau dann miteinander kommutieren, wenn die Operatoren es tun. Was
hat das für Konsequenzen für Funktionen vom Typ f (A, B), f ∈ C(R × R)?
(ii) Seien P und Q zwei zueinander konjugierte Operatoren, das heißt [P, Q] = −i idH . Zeigen Sie,
dass sich f (P, Q), f ∈ C(Rd × Rd ) nicht über den üblichen Spektralkalkül definieren lässt.
(iii) Erläutern Sie, wieso der Weyl-Kalkül für P = −i∇x und Q = x (Multiplikationsoperator mit x)
einen (sinnvollen) Spektralkalkül für P und Q definiert. Gibt es noch andere Verallgemeinerungen
des Spektralkalküls für diese Wahl von P und Q?
Lösung
(i) Sei also [A, B] = 0. Wir zerlegen sowohl A als auch B spektral und vergleichen AB mit BA.
Z
Z
Z
Z
AB =
dPA (λA ) λA
dPB (λB ) λB =
dPA (λA ) dPB (λB ) λA λB
σ(A)
σ(A) σ(B)
σ(B)
Z
Z
∗
=
dPA (λA ) dPB (λB ) λB λA
σ(B) σ(A)
Z
Z
!
= BA =
dPB (λB ) dPA (λA ) λB λA
σ(B)
σ(A)
Im mit ∗ markierten Schritt haben wir den Satz von Fubini verwendet um die Integrale zu über
Spektrum von A und Spektrum von B zu vertauschen.
Daher sehen wir, dass A und B genau dann vertauschen, wenn die Spektralmaße von A und B vertauschen. Im Falle unbeschränkter Operatoren ist die Situation sehr viel komplizierter, da hier AB
und BA noch nicht einmal wohldefiniert sein muss. Für weitere Informationen, siehe Reed/Simon,
Kapitel VIII.5 (Seite 270 ff.).
Remark 0.1 Tatsächlich fehlen in dem Beweis noch einige technische Kleinigkeiten. Im Prinzip
muss gezeigt werden, dass alle im Spektralsatz vorkommenden Größen sich auf den Fall mehrerer,
kommutierender Spektralmaße verallgemeinern lassen.
(a) Man muss zeigen, dass charakteristische Funktionen χΩA (A) und χΩB (B) vertauschen, wobei
ΩA ⊆ σ(A) und ΩB ⊆ σ(B) Teilmengen der Spektren von A und B sind.
3
(b) Man muss zeigen, dass die Formeln unabhängig von der Repräsentation der Stufenfunktion
sind.
(c) Man zeigt den Spektralsatz für endliche Linearkombinationen von Stufenfunktionen χΩ , Ω ⊆
σ(A) × σ(B).
(d) Ein Dichtheitsargument erweitert die Definition für beliebige Funktionen f , die im Abschluß
der Stufenfunktionen bezüglich der Supremumsnorm liegen.
(e) Schließlich wird das Spektralmaß Pψ bezüglich eines Vektors ψ ∈ H definiert.
Z
dPψ (λA , λB ) f (λA , λB )
hψ, f (A, B)ψi =:
σ(A)×σ(B)
Daraus kann man das gemeinsame projektor-wertige Spektralmaß für A und B definieren.
Wie man sieht ist jeder der einzelnen Schritte nicht besonders schwierig, aber auch nicht sonderlich
erhellend.
(ii) Da P und Q nicht miteinander definieren, kann man auch nicht die Spektralmaße von P und Q
miteinander vertauschen. Daher kann man – selbst wenn man von den üblichen Problemen mit
unbeschränkten Operatoren, nämlich deren Domänen, einmal absieht – f (P, Q) weder als
Z
Z
f (P, Q) :=
dPP (λP )
dPQ (λQ ) f (λP , λQ )
σ(P )
σ(Q)
noch als
Z
f (P, Q) :=
Z
dPQ (λQ )
σ(Q)
dPP (λP ) f (λP , λQ )
σ(P )
definieren. Sei beispielsweise in einer Dimension, d = 1, f (P, Q) = P n Ql ≡ (−i∂x )n xl . Wir
zerlegen f in A = P n und B = Ql . Es ist klar, dass f = AB gilt. Verwenden wir jedoch letztere
Definition von f (P, Q), so ist klar, dass
Z
Z
f (P, Q) =
dPQ (λQ )
dPP (λP ) λP n λQ l = Ql P n
σ(Q)
σ(P )
Z
Z
Z
Z
6=
dPQ (λQ )
dPP (λP ) λP n λQ 0
dPQ (λQ )
dPP (λP ) λP 0 λQ l
σ(Q)
σ(P )
σ(Q)
σ(P )
Ein analoges Argument für bei ersterer Definition zu einem Widerspruch.
(iii) Man könnte meinen, dass es gar keinen Spektralkalkül für kanonisch konjugierte Variablen P und
Q gibt. Wir haben allerdings einen Spektralkalkül für nichtkommutierende Operatoren kennengelernt: den Weyl-Kalkül. Im folgenden seien P = −i∇x und Q = x die üblichen Impuls- und
Ortsoperatoren auf Rd , für die [P, Q] = −i idH erfüllt ist.
Die Idee ist nun sowohl Orts- als auch Impulsoperator als Multiplikationsoperatoren darzustellen.
Das motiviert die folgende Definition:
Z Z
−d
f (P, Q) ≡ W(f ) := (2π)
dξ dη e+i(η·Q+ξ·P ) (FA)(ξ, η)
Rd
4
Rd
Die hier gewählte Ordnung ist die ‘natürliche’ Ordnung, da (wie bereits gezeigt) reell-wertige
Funktionen auf symmetrische Operatoren abgebildet werden. Die Ordnung der Operatoren ist implizit durch e+i(η·Q+ξ·P ) gegeben, da
e+i(η·Q+ξ·P ) = e+i(ξ·P +η·Q) 6= e+i(η·Q eξ·P ) 6= eξ·P ) e+i(η·Q
Eine längere, aber nicht besonders schwierige Rechnung zeigt, dass (f (P, Q)ψ)(x) gegeben ist
durch
Z Z
dy dξ eiξ·(x−y) f 1/2 (x + y), ξ ψ(y)
(f (P, Q)ψ)(x) = . . . =
Rd
Rd
Hier wird die Wahl der Operatorordnung durch das erste Argument der Funktion f bestimmt.
Statt 1/2 (x + y) hätte man auch mit der konvexen Kombination (1 − κ)x + κy, κ ∈ [0, 1], eine
wohldefinierte Quantisierung erhalten.
Aufgabe 25 Operatorungleichungen
Erläutern Sie, in welchem Sinne die Ungleichung
inf V (x) ≤ H ≡ − 12 ∆x + V
x∈Rd
für alle ψ ∈ H 1 (Rd ) gilt. Wie hängt die obige Ungleichung mit den Spektren von H, − 12 ∆x und V
zusammen? Zeigen Sie, dass die Ungleichung für die in Aufgabe 23 behandelten Hamtilton-Operatoren
erfüllt ist.
Lösung
Wir zeigen, dass das Energiefunktional E[ψ] := hψ, Hψi von unten durch inf x∈Rd V (x) beschränkt ist.
Sei also ϕ ∈ H 1 (Rd ). Dann gilt
inf E[ϕ] = inf hψ, Hψi = inf hϕ, −1/2 ∆x ϕi + hϕ, V ϕi
kϕk=1
kϕk=1
≥ inf
kϕk=1
kϕk=1
1
2
h−i∇x ϕ, −i∇x ϕi + inf hϕ, V ϕi
|
{z
} kϕk=1
≥0
≥ inf hϕ, V ϕi ≥ inf
kϕk=1
kϕk=1
ϕ, inf V (x) ϕ
x∈Rd
= inf V (x)
x∈Rd
Andererseits haben wir inf E[ϕ] = inf σ(H) und somit die behauptete Ungleichung.
inf σ(H) ≥ inf V (x)
x∈Rd
beziehungsweise
H ≥ inf V (x)
x∈Rd
Das dieses Resultat nicht besonders stark ist, sieht man leicht am Beispiel des Coulomb-Potentials, hier
bedeutet die Ungleichung H ≥ −∞.
5
Der Satz von Kato-Rellich liefert ein viel stärkere Abschätzung des Hamilton-Operators von unten. Sei
A∗ = A selbstadjungiert auf D(A) und B auf D(A) symmetrisch und relativ beschränkt durch A mit
relativer Schranke a < 1. Weiterhin sei A ≥ M
kBψk ≤ a kAψk + b kψk
∀ψ ∈ D(A)
Dann ist auch A + B auf D(A) selbstadjungiert und ist von unten durch
n
o
b
M − max 1−a
, a |M | + b
von unten beschränkt.
In unserem Falle sind A = −1/2 ∆x , B = V , M = 0, a = 0 und D(A) = H 2 (Rd ). H ist nach
Kato-Rellich von unten durch −b beschränkt.
Hausaufgabe H10 Spektralsatz für normale Operatoren
Ein Operator ist genau dann normal, wenn A∗ A = AA∗ gilt (er kommutiert mit seiner Adjungierten).
Sei im folgenden A ein beschränkter normaler Operator.
(i) Zeigen Sie, dass Real- und Imaginärteil von A selbstadjungiert sind.
1
AIm := 2i
A − A∗
ARe := 21 A + A∗
Zeigen Sie außerdem, dass A = ARe + iAIm gilt.
(ii) Zeigen Sie, dass A genau dann normal ist, wenn Real- und Imaginärteil miteinander kommutieren.
(iii) Wenden Sie Aufgabe 24 (i) auf diesen Fall an, um die Spektraldarstellung für normale Operatoren
zu definieren. Geben Sie explizit die Spektraldarstellung von f (A) an, f ∈ C(C, C), indem Sie
den normalen Operator A in zwei kommutierende, selbstadjungierte Operatoren zerlegen.
Lösung
(i) Wir haben A = ARe + iAIm , denn
1
1
ARe + iAIm = 12 (A + A∗ ) + i 2i
(A − A∗ ) = (A + A∗ + A − A∗ ) ≡ A
2
Auch die Selbstadjungiertheit von ARe und AIm (die Beschränktheit von A vereinfacht den Beweis wesentlich!) ist leicht zu zeigen. Da A beschränkt ist, ist auch A∗ beschränkt und wir erhalten
kARe k ≤ 21 (kAk + kA∗ k) = kAk < ∞
und
kAIm k ≤ 12 (kAk + kA∗ k) = kAk < ∞
Dass ARe und AIm symmetrisch sind, sieht man auch sofort.
AIm ∗
ARe ∗ = 21 (A + A∗ )∗ = 12 (A∗ + A∗ ∗ ) = ARe
∗
1
1
= 2i
(A − A∗ )∗ = − 2i
(A∗ − A∗ ∗ ) = AIm
6
(ii) Sei also A normal, A∗ A = AA∗ . Dann ist
A∗ A = 14 (ARe + iAIm )∗ (ARe + iAIm ) = 14 (ARe ∗ − iAIm ∗ )(ARe + iAIm )
(i) 1
= 4 (ARe
!
∗
− iAIm )(ARe + iAIm ) = 14 (ARe 2 + AIm 2 − iAIm ARe + iARe AIm )
= AA = . . . = 41 (ARe 2 + AIm 2 + iAIm ARe − iARe AIm )
Also müssen die zwei Kreuzterme gleich sein.
AIm ARe − ARe AIm = −AIm ARe + ARe AIm =⇒ 2AIm ARe = 2ARe AIm
Hieraus folgt, dass ARe und AIm vertauschen müssen.
Nimmt man andererseits an, dass Realteil und Imaginärteil von A kommutieren, können wir ganz
analog zeigen, dass A normal ist.
(iii) Wir fassen einen normalen Operator A als Linearkombination zweier selbstadjungierter Operatoren auf, nämlich ARe und AIm . Da Realteil und Imaginärteil kommutieren, so tun dies auch dessen
Spektralmaße PRe und PIm . Ganz genauso fassen wir f : C −→ C als Funktion f : R × R −→
R × R auf.
Da die Spektralmaße kommutieren ist der Spektralkalkül von ARe und AIm wohldefiniert und wir
definieren für f (A) ≡ f (ARe , AIm )
Z
Z
f (ARe , AIm ) :=
dPRe (λRe )
dPIm (λIm ) f (λRe , λIm )
σ(ARe )
σ(AIm )
Beispielsweise erhält man für A folgende Spektralzerlegung:
Z
Z
f (ARe , AIm ) :=
dPRe (λRe )
dPIm (λIm ) (λRe + iλIm )
σ(ARe )
σ(AIm )
Hausaufgabe H11 Sei Πn ein (orthogonaler!) Projektor auf den nten Energieeigenwert En von H.
(i) Geben Sie die Spektraldarstellung von Πn HΠn an.
(ii) Zeigen Sie explizit, dass f Πn HΠn = Πn f (H) Πn gilt. (Hinweis: Benutzen Sie die Spektralzerlegung von H und wenden Sie Aufgabe 24 (i) an.)
Lösung
(i) Da es sich um einen Eigenwert handelt, existiert eine Eigenfunktion ψn und Πn = |ψn i hψn |. Wir
teilen als das Spektrum σ(H) in σ(H) = σ(H)\{En } ∪ {En }) = σrest (H) ∪ {En } und benutzen
dies in der Spektraldarstellung von H.
Z
Z
H=
dP (λ) λ =
dP (λ) λ + En |ψn i hψn |
σ(H)
σrest (H)
Z
=
dP (λ) λ + En Πn
σrest (H)
Da Πn ein orthogonaler Projektor ist, haben wir
!
Z
Πn HΠn = Πn
dP (λ) λ Πn + Πn En Πn Πn = Πn En Πn = En Πn
σrest (H)
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(ii) Der Operator Πn HΠn hat die Spektraldarstellung
Πn HΠn = Πn En Πn = En Πn
Somit ist f Πn En Πn = f (En ) Πn .
Andererseits kommutieren Πn und H (da Πn auf einen Eigenwert projiziert) und wir können den
Spektralkalkül für kommutierende Operatoren anwenden. Die Spektraldarstellung für Πn ist trivial,
Πn = 1 Πn ≡ Πn
f (H) können wir mittels Spektralkalkül als
Z
dP (λ) f (λ) + f (En )Πn
f (H) =
σrest (H)
schreiben. Πn f (H)Πn ist also
Z
!
dP (λ) f (λ) Πn + Πn f (En )Πn Πn = Πn f (En )Πn = f (En )Πn
Πn
σrest (H)
Somit ist f Πn En Πn = f (En ) Πn = Πn f (H)Πn
8