Editing Lippmann- Schwinger- Gleichung

<noinclude>{{Scripthinweis|Quantenmechanik|6|1}}</noinclude>

Man betrachte Teilchen, die in Wechselwirkung stehen, jedoch keine gebundenen Zustände miteinander einnehmen:

Der {{FB|Hamiltonoperator}} kann geschrieben werden als:

:<math>\hat{H}={{\hat{H}}^{(0)}}+{{\hat{H}}^{(1)}}</math>

Dabei bezeichne <math>{{\hat{H}}^{(0)}}</math> die {{FB|kinetische Energie}} und <math>{{\hat{H}}^{(1)}}</math> die {{FB|Wechselwirkungsenergie}}.

==stationäre Streuung==
Im Falle {{FB|stationärer Streuung}} erhalten wir:

:<math>\hat{H}\left| \Psi  \right\rangle =E\left| \Psi  \right\rangle .</math>

:<math>\left| \Psi  \right\rangle </math> beschreibt ein am Anfang einlaufendes Teilchen (ohne Wechselwirkung), die anschließende Streuung und schließlich wieder auseinanderlaufende Teilchen:
BILD WW: Streuung

Stationär bedeutet hier: Das Gleichgewicht hat sich bereits eingeregelt. Der Prozess ist zeitlich stationär, weil jede Veränderung an einem Teilchenzustand 1 durch ein nachrückendes Teilchen, dessen Zustand sich in den des ersten ( Zustand 1) begibt, aufgefüllt wird.

Die {{FB|Schrödingergleichung}} lautet:

:<math>\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Psi  \right\rangle ={{\hat{H}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle </math>

Erster Schritt bei derartigen Problemen: Isolation der Störung !


Die formale Lösung kann angegeben werden mittels:
:<math>\begin{align}

& \left| \Psi  \right\rangle =\left| \Phi  \right\rangle +\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}{{{\hat{H}}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle  \\

& \frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}:={{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}^{-1}} \\

\end{align}</math>

Die Division zwischen 1 und dem Operator der linken Seite ist dabei als Ausführung der {{FB|inversen Operation}} zu verstehen !

:<math>\left| \Phi  \right\rangle </math>

ist eine beliebige Lösung der wechselwirkungsfreien Gleichung

:<math>\left( {{{\hat{H}}}_{0}}-E \right)\left| \Phi  \right\rangle =0</math>

===Beweis===

:<math>\begin{align}

& \left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Psi  \right\rangle =\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Phi  \right\rangle +\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}{{{\hat{H}}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle  \\

& \left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}:=1 \\

& \Rightarrow \left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Psi  \right\rangle ={{{\hat{H}}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle \Leftrightarrow \left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Phi  \right\rangle =0 \\

\end{align}</math>

===Bemerkung===

Die Gleichung <math>\left| \Psi  \right\rangle =\left| \Phi  \right\rangle +\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}{{\hat{H}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle </math>

ist dabei eine Integralgleichung, beispielsweise in der Ortsdarstellung:

:<math>\left\langle  {\bar{r}}  |  \Psi  \right\rangle =\left\langle  {\bar{r}}  |  \Phi  \right\rangle +\int_{{}}^{{}}{\int_{{}}^{{}}{{}}}\left\langle  {\bar{r}} \right|\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle \left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{\hat{H}}^{(1)}}\left| \bar{r}\acute{\ }\acute{\ } \right\rangle \left\langle  \bar{r}\acute{\ }\acute{\ }  |  \Psi  \right\rangle {{d}^{3}}r\acute{\ }\acute{\ }{{d}^{3}}r\acute{\ }</math>

==Berechnung des inversen Operators==

:<math>\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}</math>

Hier: {{FB|Greenscher Operator}}, sogenannte {{FB|Resolvente}} (auch: Residuum !) der Schrödingergleichung.

Methode: Transformation auf Impulsdarstellung (Fourier- Transformation)  und komplexe Integration.

Aber: die Lösung ist nicht eindeutig, je nach Wahl des Integrationsweges ergeben sich unterschiedliche Egebnisse (Integrationsweg in der komplexen Ebene). Dementsprechend ergeben sich verschiedene Randbedingungen

Die Festlegung erfolgt durch Addition eines kleinen komplexen Terms <math>i\varepsilon </math>. Am Schluss kann man dann <math>\varepsilon \to 0</math> gehen lassen.

Damit ergibt sich als {{FB|Lippmann- Schwinger- Gleichung}}

:<math>\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle =\left| \Phi  \right\rangle +\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}{{\hat{H}}^{(1)}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math>

Wesentlicher Vorteil zur Schrödingergleichung: Die Lippmann- Schwinger- Gleichung ist die im Vergleich zur Schrödingergleichung komplexe Erweiterung mit reeller Polstellenfreiheit !

Mit 
;auslaufender Welle: <math>\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math>
;Streuwelle : <math>\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}{{\hat{H}}^{(1)}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math> und 
;einlaufender Welle: <math>\left| \Phi  \right\rangle </math> (Lösung des ungestörten Problems)

Die auslaufende Welle <math>\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math> ist die Summe aus einlaufender Welle und Streuwelle !

==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>

==Ortsdarstellung der Lippmann- Schwinger- Gleichung==

:<math>\begin{align}
 \left\langle  {\bar{r}}  |  {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle &=\left\langle  {\bar{r}}  |  \Phi  \right\rangle +\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\left\langle  {\bar{r}} \right|\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle }\left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{{\hat{H}}}^{1}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle  \\
& =\left\langle  {\bar{r}}  |  \Phi  \right\rangle +\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }{{G}_{+}}\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)}\left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{{\hat{H}}}^{1}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle ={{e}^{i\bar{k}\bar{r}}}+\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{-{{e}^{ik\left| \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right) \right|}}}{4\pi \left| \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right) \right|}}\left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{{\hat{H}}}^{1}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle  \\
\end{align}</math>

Mit der 
;durchlaufenden freien Welle: <math>\left\langle  {\bar{r}}  |  \Phi  \right\rangle ={{e}^{i\bar{k}\bar{r}}}</math> und der
;Streuwelle: <math>\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }{{G}_{+}}\left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right)}\left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{\hat{H}}^{1}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle =+\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }\frac{-{{e}^{ik\left| \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right) \right|}}}{4\pi \left| \left( \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right) \right|}}\left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{\hat{H}}^{1}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math>

==Zusammenfassung==
<u>'''Aus der Schrödingergleichung'''</u>

Die Schrödingergleichung lautet:
:<math>\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Psi  \right\rangle ={{\hat{H}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle </math>

Mit dem linearen Differentialoperator <math>\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)\left| \Psi  \right\rangle </math>
und der Inhomogenität <math>{{\hat{H}}^{(1)}}\left| \Psi  \right\rangle </math>

kann man formal lösen:

:<math>\begin{align}
& \left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle =\left| \Phi  \right\rangle +\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}{{{\hat{H}}}^{(1)}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle  \\
& \frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}:={{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right)}^{-1}} \\
\end{align}</math>

eine Form der Lippmann- Schwinger- Gleichung mit auslaufender Welle <math>\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle </math>
Greenschen Operator ( auch sogenannte RESOLVENTE)<math>\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}</math>
und durchlaufender Welle ( freie einlaufende Lösung) <math>\left| \Phi  \right\rangle </math>

Die Berechnung der Greenschen Funktion des freien Teilchens:

Als Operator: <math>{{\hat{G}}_{+}}:=\frac{1}{\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}}+i\varepsilon  \right)}</math>
erfüllt  <math>\left( E-{{{\hat{H}}}_{0}} \right){{\hat{G}}_{+}}=1</math>

Übergang in die Impulsdarstellung:
:<math>\left\langle  {\bar{q}} \right|{{\hat{G}}_{+}}\left| \bar{q}\acute{\ } \right\rangle =\frac{2m}{\hbar }{{\hat{G}}_{+}}(\bar{q})\delta (\bar{q}-\bar{q}\acute{\ })</math>

Mit
:<math>{{\hat{G}}_{+}}(\bar{q}):=\frac{1}{{{k}^{2}}-{{q}^{2}}+i\eta }</math>

Mittels Fouriertrafo erfolgt der Übergang in die Ortsdarstellung:

:<math>{{\hat{G}}_{+}}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }):=\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\left\langle  {\bar{r}} \right|{{\hat{G}}_{+}}(\bar{q})\left| \bar{r}\acute{\ } \right\rangle =-\frac{{{e}^{ik|\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }|}}}{4\pi |\bar{r}-\bar{r}\acute{\ }|}</math>

Dieser erfüllt dann eine Relation des Impulsoperators in Ortsdarstellung ( orts- Differeniationsrelation):
:<math>\left( \Delta +{{k}^{2}} \right){{\hat{G}}_{+}}(\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })=\delta (\bar{r}-\bar{r}\acute{\ })</math>

( dies ist die skalare Helmholtzgleichung !)

==Potenzialstreuungen==
:<math>{{\hat{H}}^{(1)}}</math> sei ein Potenzial, das die Wechselwirkung mit einem schweren Teilchen als {{FB|Streuzentrum}}( Target) beschreibt. Allgemein: Beschreibung im Schwerpunktsystem

Hier kann man als Schwerpunktsystem näherungsweise den Schwerpunkt des schweren Teilchen annehmen

In Ortsdarstellung schreiben wir:

:<math>\begin{align}
& \left\langle  \bar{r}\acute{\ } \right|{{{\hat{H}}}^{(1)}}\left| {{\Psi }^{(+)}} \right\rangle =V(\bar{r}\acute{\ }){{\Psi }^{(+)}}(\bar{r}\acute{\ }) \\
& \Rightarrow {{\Psi }^{(+)}}(\bar{r})={{e}^{i\bar{k}\bar{r}}}-\frac{2m}{{{\hbar }^{2}}}\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r\acute{\ }}\frac{{{e}^{i\bar{k}\left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}}}{4\pi \left| \bar{r}-\bar{r}\acute{\ } \right|}V(\bar{r}\acute{\ }){{\Psi }^{(+)}}(\bar{r}\acute{\ }) \\
\end{align}</math>

Dies ist die '''Lippmann Schwingergleichung für eine Potenzialstreuung'''.

Diese Gleichung ist völlig äquivalent zur Schrödingergeleichung mit Randbedingungen.

Als Randbedingungen sind in der Streutheorie prinzipiell die asymptotischen Wege für r gegen Plus oder Minus UNENDLICH zu verstehen .