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Skalhoef
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-11-16


Hallo,

ich verstehe nicht wie man auf die Lösung kommt:

Man definiert für "kleine" <math>\varepsilon</math> den Operator <math>G_0 = (E+\mathrm{i} \varepsilon -H_0)^{inv}</math>. Dann soll gelten
<math> < \vec{x} | G_0 | \vec{x}' > = -\frac{exp(\mathrm{i}k\abs{\vec{x}-\vec{x}'}) }{4\pi \abs{\vec{x}-\vec{x}'}}} \frac{2m}{\hbar^2} </math> (ich schätze mal man lässt <math>\varepsilon</math> nach null gehen...) für <math>H_0 = p^2/(2m) = - \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2</math>.
Ich verstehe nicht wie man darauf kommt.


Viele Grüße,
Sebastian



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dromedar
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.10.2013
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2017-11-16


Hallo Skalhoef,

die Spektraldarstellung von <math>H_0</math>,

    <math>\displaystyle H_0=
\int{p^2\over2m}\;|{\bf p}\rangle\!\langle{\bf p}|
\;{\rm d}^3p</math>  ,

liefert Dir

    <math>\displaystyle (E+i\epsilon-H_0)^{-1}=
\int{1\over E+i\epsilon-{p^2\over2m}}\;
|{\bf p}\rangle\!\langle{\bf p}|\;{\rm d}^3p</math>

und damit (für <math>\hbar=1</math>)

    <math>\displaystyle
\langle{\bf x}|(E+i\epsilon-H_0)^{-1}|{\bf x}'\rangle=
{1\over(2\pi)^3}\int{
e^{i{\bf p}\cdot({\bf x}-{\bf x}')}\over E+i\epsilon-{p^2\over2m}}\;
\,{\rm d}^3p</math>  .

Dieses Integral kannst Du nun ausrechnen, indem Du für <math>\bf p</math> Kugelkoordinaten einführst, die Integration über die Winkel ausführst und für die verbleibende Integration über den Betrag <math>p</math> die Cauchysche Integralformel bemühst. (Bei diesem letzten Schritt wird auch die Rolle klar, die das <math>i\epsilon</math> spielt.)

Grüße,
dromedar



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Skalhoef
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 29.01.2017
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-17


Hallo Dromedar,

vielen Dank erst einmal für die Antwort.
Ich glaube ich brauche noch ein paar Denkanstöße:

Wenn ich in
<math>\frac{1}{(2\pi)^3} \int \frac{\exp({\vec{p}\cdot(\vec{x}-\vec{x}')}) }{E+\mathrm{i}\varepsilon - p^2/(2m) } \mathrm{d}^3p </math>
für <math>p</math> Kugelkoordinaten benutze, dann habe ich doch im Exponenten sowohl <math>\phi</math> (Polarwinkel) als auch <math>\theta</math> (Azimutwinkel) Abhängigkeiten? (Wegen dem Skalarprodukt...) Wie soll man das denn integrieren?

Der Hinweis mit der Cauchyschen Integralformel ist mir auch nicht ganz klar... (Im Wikipedia Artikel heisst es, dass man damit das Pfadintegral über den Rand einer Kreisscheibe berechnen kann. In meinem Skript zu Funktionentheorie heisst es, dass es aber auch ein Pfadintegral über den Rand eines allgemeinen Gebiets sein darf... Was ist denn genau der "Weg" über den ich integriere?
Ich schätze mal der <math>\mathrm{i} \varepsilon</math>-Term soll dafür sorgen, dass die Funktion Holomorph ist? (Damit man den Integralsatz anwenden kann, darf der Nenner nirgendwo singulär sein?)

Viele Grüße,
Sebastian



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dromedar
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2017-11-18 16:28


2017-11-17 13:34 - Skalhoef in Beitrag No. 2 schreibt:
Wenn ich [...] für <math>p</math> Kugelkoordinaten benutze, dann habe ich doch im Exponenten sowohl <math>\phi</math> (Polarwinkel) als auch <math>\theta</math> (Azimutwinkel) Abhängigkeiten? (Wegen dem Skalarprodukt...) Wie soll man das denn integrieren?

Du hast

    <math>\displaystyle\int{
e^{i{\bf p}\cdot({\bf x}-{\bf x}')}\over
E+i\epsilon-{p^2\over2m}}\;
{\rm d}^3p=
\int_0^\infty\!\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}{
e^{ip|{\bf x}-{\bf x}'|\cos\vartheta}\over
E+i\epsilon-{p^2\over2m}}\;
{\rm d}\varphi\,\sin\vartheta\,{\rm d}\vartheta\,p^2{\rm d}p</math>  ,

wenn Du die <math>z</math>-Achse in Richtung von <math>{\bf x}-{\bf x}'</math> legst. Die Integration über <math>\varphi</math> liefert daher nur einen Faktor <math>2\pi</math>, und für die Integration über <math>\vartheta</math> bietet sich die Substitution <math>c=\cos\vartheta</math> an:

    <math>\displaystyle \int_0^\pi
e^{ip|{\bf x}-{\bf x}'|\cos\vartheta}\,
\sin\vartheta\,{\rm d}\vartheta=
\int_{-1}^1e^{ip|{\bf x}-{\bf x}'|c}\,{\rm d}c=</math>

    <math>\displaystyle =
\left.{\exp(ip|{\bf x}-{\bf x}'|c)\over ip|{\bf x}-{\bf x}'|}
\;\right|_{c=-1}^{c=1}=
{2\sin\left(p|{\bf x}-{\bf x}'|\right)\over
p|{\bf x}-{\bf x}'|}</math>

2017-11-17 13:34 - Skalhoef in Beitrag No. 2 schreibt:
Was ist denn genau der "Weg" über den ich integriere?

Schau Dir z.B. mal hier das Ende von Abschnitt 26.5 auf Seite 123 an.



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Skalhoef
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 29.01.2017
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-21 12:53


Hallo,

Vielen Dank für die Hilfestellung(en)!
Top! Ich habe tatsächlich (ich habe <math>\hbar</math> nicht gleich <math>1</math> gesetzt) exakt das Ergebnis aus meinem ersten Beitrag raus!
Leider sind mir noch zwei Sachen unklar in dem Link den du geschickt hast.

1. Es wird da nämlich u.a. benutzt, dass
<math>\int_{-\infty}^{\infty} \frac{z \mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{(z-z_E)(z+z_E)} \mathrm{d}z = 2 \pi \mathrm{i} \textrm{Res}_{z_E}(f)</math>
wobei
<math>f(z)
= \frac{z \mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{(z+z_E)(z-z_E)}</math>.
Betrachtet man die Kurve <math>\gamma = \gamma_1 + \gamma_2</math> mit
<math>\gamma_1 : [-M,M] \rightarrow \mathbb{R}, t \mapsto t</math> und <math>\gamma_2 : [0,\pi] \rightarrow \mathbb{C}, t \mapsto M \mathrm{e}^{\mathrm{i}t}</math>, dann gilt mit Residuensatz
<math>\int_\gamma f(z) \mathrm{d}z = 2 \pi \mathrm{i} \textrm{Res}_{z_E}</math>. Jetzt meine Frage: wieso verschwindet das Integral über <math>\gamma_2</math>? (Wenn man <math>M</math> gegen unendlich laufen lässt...)

2. Ich habe in meiner Rechnung (am Ende von Blatt 1) ja <math> z_E^2 =
(\abs{\vec{x}-\vec{x}'}/\hbar)^2(E+\mathrm{i}\varepsilon)2m </math> definiert. Um auf das Kontrollergebnis zu kommen habe ich <math>z_E</math> als die positive Wurzel genommen. Wieso durfte man nicht die negative Wurzel nehmen?




Viele Grüße,
Sebastian



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dromedar
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.10.2013
Mitteilungen: 4601
Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2017-11-25 10:38

\(\begingroup\)
2017-11-21 12:53 - Skalhoef in Beitrag No. 4 schreibt:
wieso verschwindet das Integral über <math>\gamma_2</math>? (Wenn man <math>M</math> gegen unendlich laufen lässt...)

Wegen

    $\begin{equation*}
\left|e^{i\gamma_2(t)}\right|=
\left|e^{iMe^{it}}\right|=
e^{-M\sin t}
\end{equation*}$

fällt der Integrand für $M\to\infty$ exponentiell ab und das führt letztlich dazu, dass das ganze Integral für $M\to\infty$ verschwindet.

Die dafür notwendige Abschätzung des Integrals macht aber ein bisschen Arbeit, weil die Kurvenstücke nahe der reellen Achse und der Rest der Kurve getrennt zu betrachten sind. Um das Prinzip zu verstehen, kannst Du für $\gamma_2$ besser statt eines Kreisbogens drei Strecken verwenden, die $[-M,M]$ zu einem Rechteck ergänzen.

2017-11-21 12:53 - Skalhoef in Beitrag No. 4 schreibt:
Ich habe in meiner Rechnung (am Ende von Blatt 1) ja <math> z_E^2 =
(\abs{\vec{x}-\vec{x}'}/\hbar)^2(E+\mathrm{i}\varepsilon)2m </math> definiert. Um auf das Kontrollergebnis zu kommen habe ich <math>z_E</math> als die positive Wurzel genommen. Wieso durfte man nicht die negative Wurzel nehmen?

Man kann genauso gut die negative Wurzel nehmen. Beim Vergleich mit der verlinkten Rechnung muss man dann aber darauf achten, dass sich durch das negative Vorzeichen von $z_E$ auch das Vorzeichen von $i0$ umdreht.
\(\endgroup\)


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Skalhoef
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 29.01.2017
Mitteilungen: 51
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-11-25 22:07


Hallo dromedar,

Hab jetzt alles verstanden!
Vielen Dank nochmal für die viele Hilfe! :)

Viele Grüße,
Sebastian



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