Editing Lippmann- Schwinger- Gleichung (section)

==Greensche Funktion des freien Teilchens==
<u>'''(= Ortsdartellung des Greenschen Operators)'''</u>

:<math>{{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ }):=\frac{\hbar }{2m}\left\langle  {\bar{r}} \right|\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle </math>

Dabei werden zwei "Einsen" eingeschoben und wir gewinnen:

:<math>{{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ })=\frac{\hbar }{2m}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}q\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}q\acute{\ }}}\left\langle  {\bar{r}}  |  {\bar{q}} \right\rangle \left\langle  {\bar{q}} \right|\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{q}\acute{\ } \right\rangle \left\langle  \bar{q}\acute{\ }  |  \bar{r}\acute{\ } \right\rangle </math>

Also: Das Problem wird nach der auslaufenden Welle aufgelöst. Zur Polstellenfreiheit erweitert man komplex.

Dann isoliert man den Greenschen Operator und führt mit diesem eine {{FB|Fouriertransormation}} durch!

Der obige Einschub einer Basis ist noch '''keine''' Fouriertransformation. Wir befinden uns dann immer noch im Ortstraum!

Dabei bezeichnen <math>\bar{q},\bar{q}\acute{\ }</math> die Wellenvektoren mit der entsprechenden Impulsdarstellung <math>\hbar \bar{q}</math>.

Für ein freies Teilchen, für das der Hamiltonian direkt angegeben werden kann <math>{{\hat{H}}_{0}}=\frac{{{{\hat{\bar{p}}}}^{2}}}{2m}</math> gilt:

:<math>\left\langle  {\bar{q}} \right|{{\hat{H}}_{0}}\left| \bar{q}\acute{\ } \right\rangle =\frac{{{\hbar }^{2}}{{{\bar{q}}}^{2}}}{2m}\delta \left( \bar{q}-\bar{q}\acute{\ } \right)</math>

Somit also

:<math>\left\langle  {\bar{q}} \right|\frac{1}{E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon }\left| \bar{q}\acute{\ } \right\rangle =\frac{\delta \left( \bar{q}-\bar{q}\acute{\ } \right)}{E-\frac{{{\hbar }^{2}}{{{\bar{q}}}^{2}}}{2m}+i\varepsilon }</math>

Asymptotisch gelte für das einlaufende Teilchen als Anfangsbedingung sozusagen

:<math>\bar{p}=\hbar \bar{k}\Rightarrow E=\frac{{{\hbar }^{2}}{{{\bar{k}}}^{2}}}{2m}</math>

:<math>\begin{align}

& \Rightarrow \left\langle  {\bar{q}} \right|\frac{1}{E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon }\left| \bar{q}\acute{\ } \right\rangle =\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\frac{\delta \left( \bar{q}-\bar{q}\acute{\ } \right)}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }=:\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}{{{\tilde{G}}}_{+}}(\bar{q})\delta \left( \bar{q}-\bar{q}\acute{\ } \right) \\

& \eta =\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\varepsilon  \\

& \left\langle  {\bar{r}}  |  {\bar{q}} \right\rangle =\frac{1}{{{\left( 2\pi  \right)}^{\frac{3}{2}}}}{{e}^{i\bar{q}\bar{r}}} \\

\end{align}</math>

Damit folgt dann als angekündigte Fouriertrafo:

{{NumBlk|:|<math>\begin{align}

& {{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ })=\frac{1}{{{\left( 2\pi  \right)}^{3}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}q}{{{\tilde{G}}}_{+}}(\bar{q}){{e}^{i\bar{q}\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)}} \\

& {{{\tilde{G}}}_{+}}(\bar{q})=\frac{1}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta } \\

\end{align}</math>||Border=1}}

Also: Wir führen die Fouriertransformation  durch und gewinnen als Fouriertransformierte <math>{{\tilde{G}}_{+}}(\bar{q})=\frac{1}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }</math>.

Die Rücktransformation liefert die gesuchte Greensfunktion <math>{{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ })</math>, die mittels Residuensatz aus der bekannten <math>{{\tilde{G}}_{+}}(\bar{q})=\frac{1}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }</math> durch Fouriertrafo gewonnen werden kann!

:<math>{{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ })</math> hängt also nur von <math>\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)</math> ab!

Berechnung von <math>{{G}_{+}}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }):={{G}_{+}}(\bar{R})</math> in Polarkoordinaten <math>\bar{q}</math> erfolgt mittels {{FB|Residuensatz}}

:<math>{{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{{{\left( 2\pi  \right)}^{3}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}q}\frac{1}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }{{e}^{i\bar{q}\bar{R}}}</math>



Dabei lege man <math>\bar{R}=\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }</math> entlang der z- Achse, so dass zwischen <math>\bar{R}</math> und <math>\bar{q}</math> gerade der Winkel <math>\vartheta </math> liegt:

:<math>\begin{align}

& {{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{{{\left( 2\pi  \right)}^{3}}}\int_{0}^{\infty }{dq}\int_{-1}^{1}{d\cos \vartheta }\int_{0}^{2\pi }{d\phi }\frac{{{q}^{2}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }{{e}^{iqR\cos \vartheta }} \\

& {{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}iqR}\int_{0}^{\infty }{dq}{{q}^{2}}\frac{{{e}^{iqR}}-{{e}^{-iqR}}}{q\left( {{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta  \right)} \\

\end{align}</math>

Dies kann man leicht weiter zusammenfassen, indem im zweiten Term einfach q durch -q ersetzt wird:

:<math>{{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}iR}\int_{-\infty }^{\infty }{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }</math>

Die Integration erfolgt mittels Residuensatz in der komplexen q- Ebene:

Dazu ist es nötig, die komplexe Zahl q in Polarkoordinaten umzuschreiben:

:<math>\begin{align}

& q=\rho \cdot {{e}^{i\Phi }} \\

& 0\le \Phi \le \pi  \\

& dq=\rho \cdot {{e}^{i\Phi }}id\Phi  \\

\end{align}</math>

Skizzenhaft:

[[Datei:Contour thm residus 2.png]]

Da die Integration im Unendlichen (Halbkreisbogen) verschwindet kann man das Integral von Minus bis Plus Unendlich auch gleich als Ringintegral schreiben. Wesentlich ist dann: dass es nur Beiträge aus den Polstellen der Funktion gibt. demnach müssen diese gesucht werden:

Die Pole des Integranden:

:<math>\begin{align}

& \frac{1}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta } \\

& {{q}_{1/2}}=\pm \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }\approx \left( k+\frac{i\eta }{2k} \right) \\

\end{align}</math>

Genau genommen muss noch gezeigt werden, dass das Integral über den Kreisbogen für Radius gegen Unendlich verschwindet:

:<math>\begin{matrix}

\lim   \\

\rho \to \infty   \\

\end{matrix}\oint\limits_{{}}{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }=\int_{-\infty }^{\infty }{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }+\begin{matrix}

\lim   \\

\rho \to \infty   \\

\end{matrix}\int_{0}^{\pi }{d\Phi i{{e}^{2i\Phi }}}\frac{{{\rho }^{2}}{{e}^{i\rho R\cos \Phi }}{{e}^{-}}^{\rho R\sin \Phi }}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{\rho }^{2}}{{e}^{2i\Phi }}+i\eta }</math>

Aber:

:<math>\begin{align}

& \begin{matrix}

\lim   \\

\rho \to \infty   \\

\end{matrix}\int_{0}^{\pi }{d\Phi i{{e}^{2i\Phi }}}\frac{{{\rho }^{2}}{{e}^{i\rho R\cos \Phi }}{{e}^{-}}^{\rho R\sin \Phi }}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{\rho }^{2}}{{e}^{2i\Phi }}+i\eta }=0 \\

& da \\

& \begin{matrix}

\lim   \\

\rho \to \infty   \\

\end{matrix}{{e}^{-}}^{\rho R\sin \Phi }=0 \\

& \Rightarrow \begin{matrix}

\lim   \\

\rho \to \infty   \\

\end{matrix}\oint\limits_{{}}{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }=\int_{-\infty }^{\infty }{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta } \\

\end{align}</math>

Mittels Residuensatz ergibt sich dann

:<math>\int_{-\infty }^{\infty }{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }=2\pi i{{\left. \left( RES\left( \frac{q{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta } \right) \right) \right|}_{q={{q}_{1}}}}</math>

Dies ist der Beitrag vom oberen Integrationsweg, weshalb das Residuum an q=q1 ausgewertet werden muss. Ebenso hätte man den unteren Integrationsweg nehmen können. Dann wäre das Residuum eben an q=q2 auszuwerten gewesen.
Da wir die Polstellen des Arguments des Residuums gefunden haben können wir umschreiben:
:<math>\begin{align}
& RES{{\left. \frac{q{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta } \right|}_{q={{q}_{1}}}}=RES{{\left. \frac{q{{e}^{iqR}}}{\left( \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }-q \right)\left( \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }+q \right)} \right|}_{{{q}_{1}}\equiv \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }}} \\
& \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }={{q}_{1}}=-{{q}_{2}} \\
& RES{{\left. \frac{q{{e}^{iqR}}}{\left( \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }-q \right)\left( \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }+q \right)} \right|}_{{{q}_{1}}\equiv \sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }}}=\begin{matrix}
\lim   \\
q->q1  \\
\end{matrix}\frac{\left( q-{{q}_{1}} \right)q{{e}^{iqR}}}{\left( {{q}_{1}}-q \right)\left( q-{{q}_{2}} \right)}=\frac{{{q}_{1}}{{e}^{i{{q}_{1}}R}}}{\left( {{q}_{1}}-{{q}_{2}} \right)} \\
& =-\frac{{{e}^{i\sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }R}}}{2} \\
& \begin{matrix}
\lim   \\
\eta \to 0  \\
\end{matrix}-\frac{{{e}^{i\sqrt{{{{\bar{k}}}^{2}}+i\eta }R}}}{2}=-\frac{{{e}^{ikR}}}{2} \\
\end{align}</math>

Also hat man ein Ergebnis für <math>{{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}iR}\int_{-\infty }^{\infty }{dq}q\frac{{{e}^{iqR}}}{{{{\bar{k}}}^{2}}-{{{\bar{q}}}^{2}}+i\eta }</math>, man erhält


{{NumBlk|:|<math>{{G}_{+}}(\bar{R})=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}iR}2\pi iRES{{\left. {} \right|}_{{{q}_{1}}}}=\frac{-{{e}^{ikR}}}{4\pi R}</math>||Border=1}}

Wesentlich: <math>{{G}_{+}}(\bar{R})={{G}_{+}}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })</math> erfüllt die Differenzialgleichung für die Greensche Funktion:
:<math>\left( \Delta +{{k}^{2}} \right){{G}_{+}}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })=\delta (\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })</math>

Denn:
:<math>\begin{align}
& \delta (\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })=\left\langle  {\bar{r}} | \bar{r}\acute{\ } \right\rangle ={{G}_{+}}(\bar{r},\bar{r}\acute{\ })=\left\langle  {\bar{r}} \right|\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle  \\
& \cong \left\langle  {\bar{r}} \right|\left( \frac{{{\hbar }^{2}}{{k}^{2}}}{2m}-\frac{{{{\hat{p}}}^{2}}}{2m} \right)\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle =\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\left( {{k}^{2}}+\Delta  \right)\left\langle  {\bar{r}} \right|\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle  \\
\end{align}</math>