Beispiel: Schrödinger-Gl. in Impulsdarstellung

Der Hamiltonian in Ortsdarstellung

$$\hat{H}=-\frac{\hbar ^{2}}{2m}\Delta_{r}+U(\vec{r}),$$

geht in Impulsdarstellung in

$$\hat{H}=\frac{p^{2}}{2m}+U(i\hbar \vec{\nabla}_{p})$$

über. In Matrixschreibweise bekommen wir

$$\left\langle \vec{p}^{\prime }\vert\hat{H}\vert\vec{p}\right... ...(-i\hbar \vec{\nabla}_{p})\delta (\vec{p}% ^{\prime }-\vec{p})$$

oder

$$\left\langle \vec{p}^{\prime }\vert\hat{H}\vert\vec{p}\right... ...U(i\hbar \vec{\nabla}_{p})\delta (\vec{p}-% \vec{p}^{\prime })$$

Der Operator $U(i\hbar \vec{\nabla}_{p})\delta (\vec{p}-\vec{p}^{\prime })$ ist eigentlich ein Integraloperator:

$$\begin{eqnarray*} \left\langle \vec{p}^{\prime }\vert\hat{U}\vert\vec{p}\right\r... ...-\frac{i}{\hbar } (\vec{p}^{\prime }-\vec{p})\vec{r}^{\prime }}. \end{eqnarray*}$$

Führen wir die Fouriertransformierte $\tilde{U}(\vec{p})=\int d\vec{r}^{\prime }U(r)e^{-\frac{i}{\hbar }\vec{p}\vec{r}^{\prime }}$ ein, so erhalten wir

$$\left\langle \vec{p}^{\prime }\vert\hat{U}\vert\vec{p}\right\rangle =\tilde{U} (\vec{p}^{\prime }-\vec{p}).$$

Die Schrödingergleichung

$$i\hbar \frac{\partial }{\partial t} \left\vert a \right \ran... ...ft\vert a \right \rangle + \hat{U} \left\vert a \right \rangle$$

in Impulsdarstellung nimmt demnach die Form der integro-differentialen Gl.

$$i\hbar \frac{\partial }{\partial t} \left \langle \vec{p} \v... ...gle \left \langle \vec{p}' \vert a \right \rangle d \vec{p}',$$

oder

$$i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi (\vec{p},t)=\frac{\v... ...\tilde{U}(\vec{p}-\vec{p}^{\prime })\Psi (\vec{p}^{\prime },t)$$

an. Das ist eigentlich nichts anders als die Fouriertransformierte der Schrödinger Gl. der Ortsdarstellung.

Beispiel: $U(x)=Fx$. Dieses lineare Potential haben wir bei der Herleitung der WKB-Näherung ( 6.1) benutzt. Wie sieht die entsprechende Eigenfunktion (eigenwert 0!) aus? In Ortsdarstellung

$$\left[ -\frac{\hbar ^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+Fx\right] \psi (x)=0.$$

In Impulsdarstellung:

$$\left[ \frac{p^{2}}{2m}+F\frac{d}{dp}\right] \psi (p)=0,$$

diese Gl. ist definitiv einfacher. Die Lösung kann man sofort aufschreiben:

$$\psi (p)=const\cdot \exp \left( -\frac{ip^{3}}{6\hbar mF}\right) .$$

Daher

$$\psi (x)=const\cdot \int \exp \left( -ipx-\frac{ip^{3}}{6\hbar mF}\right) .$$

Setzen wir $\xi =\left( 2mF/\hbar ^{2}\right) ^{1/3}x$, so sehen wir dass

$$\psi (\xi )\propto \int \exp \left[ -i\left( \xi z-\frac{z^{3}}{3}\right) \right] dz=2\sqrt{\pi }\mathrm{Ai}(\xi ),$$

mit

$$\mathrm{Ai}(\xi )=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\int_{0}^{\infty }\cos \left( \xi z+% \frac{z^{3}}{3}\right) dz$$

die Airy-Funktion ist (das ist ihre Definition!).