Partielle Integration einer Divergenz mit Delta-Distribution

28.02.2010, 22:07

inf1nity

Partielle Integration einer Divergenz mit Delta-Distribution

Hallo,

ich habe in der Quantenmechanik eine Umformung bei der ich gerne die mathematischen Sätze finden würde, die diese ermöglichen. x und x' seien Vektoren in $\begin{eqnarray*} \mathrm{R}^3 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \int \mathrm{d}x' (-1) \operatorname{div}(\delta(x-x')\operatorname{grad}(\psi(x'))) = \operatorname{div}(\operatorname{grad}(\psi(x))) \end{eqnarray*}$

Sowohl die Divergenz als auch der Gradient im Integral wirken auf $\begin{eqnarray*} x' \end{eqnarray*}$ .

Nutze ich einfach

$\begin{eqnarray*} \int_\Omega \operatorname{div} (\varphi \vec v) \; \mathrm dV = \int_\Omega \varphi\, \operatorname{div}\, \vec v + \vec v\cdot \operatorname{grad}\, \varphi \; \mathrm dV \end{eqnarray*}$

wobei ich $\begin{eqnarray*} \delta(x-x') \end{eqnarray*}$ als Skalarfeld $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \operatorname{grad}(\psi(x')) \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} \vec v \end{eqnarray*}$ nehme, so komm ich irgendwie nicht weiter, weil 0 raus kommt nach partieller Integration des zweiten Terms auf der rechten Seite und zusammenfassen.

28.02.2010, 23:11

giles

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Ich hab mal gerechnet:
Notationell ist ja $\begin{eqnarray*} \delta (x-x')=\prod _j \delta (x_j - x_j') \end{eqnarray*}$ ; da $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ keine singuläre Distribution ist, ist das Produkt definiert und es gilt die Produktregel.
$\begin{eqnarray*} \operatorname{div}(\delta(x-x')\operatorname{grad}\psi(x'))=\sum_j \frac{\partial}{\partial x_j}(\delta(x-x')\frac{\partial \psi (x')}{\partial x_j})<br /> =\sum_j [ \delta'(x_j - x_j')\frac{\delta(x-x')}{\delta (x_j - x_j')}\frac{\partial \psi( x')}{\partial x_j}+ \delta (x-x') \frac{\partial ^2 \psi (x')}{\partial x_j ^2} ]<br /> = \sum_j \delta'(x_j - x_j') \frac{\delta(x-x')}{\delta (x_j - x_j')}\frac{\partial \psi( x')}{\partial x_j} + \sum_i \delta(x-x')\frac{\partial^2 \psi(x')}{\partial x_i ^2} \end{eqnarray*}$
mit der Distributionsableitung $\begin{eqnarray*} \delta'[f]=\delta[-f'] \end{eqnarray*}$ kommt nach dem Integrieren über $\begin{eqnarray*} \dx' \end{eqnarray*}$ beim ersten Teil $\begin{eqnarray*} -\Delta \psi (x) \end{eqnarray*}$ und beim zweiten $\begin{eqnarray*} \Delta \psi(x) \end{eqnarray*}$ raus...
Entweder kommt also wirklich 0 raus oder wir können es beide nicht. Augenzwinkern

Das ist mathematisch ohnehin ganz dünnes Eis...

28.02.2010, 23:29

wogir

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Denke auch, dass (mit anderer Argumentation) 0 rauskommt. Was wollte der Quantenmechaniker eigentlich zeigen?

28.02.2010, 23:53

inf1nity

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Es geht um die Suche nach einer Bewegungsgleichung. Dabei muss man den Kommutator bzw. Antikommutator $\begin{eqnarray*} [H,\psi(x)]_{\pm} \end{eqnarray*}$ ausrechnen, wobei
$\begin{eqnarray*} [A,B]_{\pm} :=AB\pm BA \end{eqnarray*}$ definiert ist.
H ist hierbei der Hamiltonoperator und besteht unter anderem aus der kinetischen Energie T, also H=T+... . Da der Kommutator linear ist, wendet man den halt getrennt an auf die verschiedenen Teile um keine ewig langen Zeilen zu haben. T hat in der passenden Darstellung die Form

$\begin{eqnarray*} T=\int\mathrm{d}x' \nabla' \psi^\dagger (x') \nabla' \psi(x') \end{eqnarray*}$

Bildet man jetzt $\begin{eqnarray*} [T,\psi(x)] \end{eqnarray*}$ , so erhält man

$\begin{eqnarray*} [T,\psi(x)] = \int\mathrm{d}x' [\nabla' \psi^\dagger (x') \nabla' \psi(x'),\psi(x)] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\int\mathrm{d}x' (\mp) [\nabla' \psi^\dagger (x'),\psi(x)]_{\pm} \nabla' \psi(x') \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\int\mathrm{d}x' (-1) \nabla' \delta(x-x') \nabla'\psi(x') = \nabla^2\psi(x) \end{eqnarray*}$

Genutzt hat man, dass gilt: $\begin{eqnarray*} [\psi(x),\psi^\dagger (x')] = \delta(x-x') \end{eqnarray*}$

Die Nablas habe ich, da sie immer auf alles rechts davon wirken in div bzw. grad umgeschrieben ... war das ein Fehler?

28.02.2010, 23:58

wogir

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Zitat:

Original von inf1nity
$\begin{eqnarray*} =\int\mathrm{d}x' (-1) \nabla' \delta(x-x') \nabla'\psi(x') = \nabla^2\psi(x) \end{eqnarray*}$

hier wirkt aber Nabla nur auf die Delta-Distribution und nicht auf das Produkt.

01.03.2010, 00:03

inf1nity

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Kann man mir das mal bitte genauer erklären?

Soweit ich das immer verstanden habe, wirken die Ableitungen auf alles was rechts davon steht?

01.03.2010, 00:10

wogir

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Zitat:

Original von inf1nity
Soweit ich das immer verstanden habe, wirken die Ableitungen auf alles was rechts davon steht?

Das ist ne Notationsfrage. Der Autor verzichtet hier auf vernünftige Klammersetzung, im Hinblick auf das Ergebnis (und auf die Physik) ist das so wie ich gesagt habe.

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