2D isotroper harmonischer Quantenoszillator: Polarkoordinaten

Question

2D isotroper harmonischer Quantenoszillator: Polarkoordinaten

Charlie

Dies mag etwas elementar erscheinen, was ich an einem direkten Weg gearbeitet habe, um die Eigenfunktionen und Eigenwerte des isotropen zweidimensionalen harmonischen Quantenoszillators zu finden, jedoch unter Verwendung von Polarkoordinaten:

H = - \frac{ℏ}{2 M} (\frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial j^{2}}) + \frac{M ω^{2}}{2} (X^{2} + j^{2}) .

$H=-\frac{\hbar}{2M}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\frac{M\omega^2}{2}\left(x^2+y^2\right).$

Ich kann den zweidimensionalen Fall leicht in kartesischen Koordinaten lösen, da wir den Hamiltonian für jede Koordinate in unabhängige Oszillatoren aufteilen können. Für den Polarfall in zwei Dimensionen können wir umschreiben,

H = - \frac{ℏ}{2 M} (\frac{\partial^{2}}{\partial R^{2}} + \frac{1}{R} \frac{\partial}{\partial R} + \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial ϕ^{2}}) + \frac{ω^{2}}{2} R^{2} .

$H=-\frac{\hbar}{2M}\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right)+\frac{\omega^2}{2}r^2.$

Mit $r^2=x^2+y^2$ Und $\phi=\arctan(y/x)$ .

Verwenden der Trennung von Variablen $\psi(r,\phi)=R(r)\Phi(\phi)$ und Einsetzen in die Schrödinger-Gleichung können wir leicht nach dem Winkelteil auflösen $\Phi=e^{im\phi}$ , Wo $m\in \mathbb{Z}$ .

Wenn wir wieder in die Schrödinger-Gleichung einsetzen, erhalten wir für den radialen Teil:

R^{2} R^{″} + R R^{'} + (R^{2} E - M^{2} - M ω^{2} R^{4}) R = 0.

$r^2R''+rR'+(r^2E-m^2-M\omega^2r^4)R=0.$

Obwohl ich eine Idee für die Lösung habe, indem ich eine Analogie zum 3D-Fall mache (wo wir Laguerre-Polynome erhalten), bin ich mir nicht sicher, wie ich von hier aus richtig vorgehen soll. Ich freue mich über jeden Input oder sogar nützliche Referenzen* (alle Referenzen, die ich gefunden habe, befassen sich mit dem 3D-Fall, für den ich keine Problemlösung habe).

*Ich habe online gelesen, dass dieses Problem im Buch "Wellenmechanik" von Pauli behandelt wird, aber leider ist es weder in meinen Campusbibliotheken noch online verfügbar (es ist nur zum Kauf erhältlich und mir fehlt das Geld, um es zu kaufen).

Charlie

Danke für den Tippfehler, den letzten habe ich tatsächlich vergessen

R

$R$ . Andererseits habe ich mir diese Artikel zwar angesehen, aber sie haben spezifische Lösungen, und ich habe versucht, den allgemeinen in Bezug auf spezielle Funktionen zu konstruieren.

Antworten (2)

2D isotroper harmonischer Quantenoszillator: Polarkoordinaten

Danke für den Tippfehler, den letzten habe ich tatsächlich vergessen $R$ . Andererseits habe ich mir diese Artikel zwar angesehen, aber sie haben spezifische Lösungen, und ich habe versucht, den allgemeinen in Bezug auf spezielle Funktionen zu konstruieren.

Kosmas Zachos · Answer 1

Tatsächlich sind die meisten dieser Gleichungen, wie durch die Phasenraum-Quantisierung vorgeschlagen , auf die verallgemeinerte Laguerre-Gleichung , die Cousins von Hermite, reduzierbar. Wie allgemein üblich, nehme ich auf $\hbar$ , M und ω in r,E . Beachten Sie, dass Ihr E die doppelte Energie ist .

Seit $r\geq 0$ Sie verlieren keine negativen Werte und können neu definieren $r^2\equiv x$ , so dass

R \partial_{R} = 2 X \partial_{X} ⟹ R \partial_{R} (R \partial_{R}) = R^{2} \partial_{R}^{2} + R \partial_{R} = 4 (X^{2} \partial_{X}^{2} + X \partial_{X}),

$r\partial_r = 2x \partial_x \qquad \Longrightarrow r\partial_r (r\partial_r)= r^2\partial_r^2+ r\partial_r=4(x^2\partial_x^2+x\partial_x),$ daher reduziert sich Ihre radiale Gleichung auf

(\partial_{X}^{2} + \frac{1}{X} \partial_{X} + \frac{E - X}{4 X} - \frac{M^{2}}{4 X^{2}}) R (M, E) = 0 .

$\left ( \partial_x^2+ \frac{1}{x}\partial_x +\frac{E-x}{4x} -\frac{m^2}{4x^2} \right ) R(m,E)=0 ~.$

Jetzt weiter definieren

R (M, E) \equiv X^{| M | / 2} e^{- X / 2} ρ (M, E),

$R(m,E)\equiv x^{|m|/2} e^{-x/2} ~ \rho(m,E),$ zu bekommen

\partial_{X} R (M, E) = X^{| M | / 2} e^{- X / 2} (- 1 / 2 + \frac{| M |}{2 X} + \partial_{X}) ρ (M, E) \partial_{X}^{2} R (M, E) = X^{| M | / 2} e^{- X / 2} {(- 1 / 2 + \frac{| M |}{2 X} + \partial_{X})}^{2} ρ (M, E),

$\partial_x R(m,E)= x^{|m|/2} e^{-x/2} \left (-1/2 +\frac{|m|}{2x} + \partial_x \right )~ \rho(m,E) \\ \partial_x^2 R(m,E)= x^{|m|/2} e^{-x/2} \left (-1/2 +\frac{|m|}{2x} + \partial_x \right )^2~ \rho(m,E),$ woraus die verallgemeinerte Laguerre-Gleichung für nicht-negative m=|m| ,

X \partial_{X}^{2} ρ (M, E) + (M + 1 - X) \partial_{X} ρ (M, E) + \frac{1}{2} (E / 2 - M - 1) ρ (M, E) = 0 .

$x \partial_x^2\rho(m,E) +\left({m+1} -x\right )\partial_x \rho(m,E)+\frac{1}{2}(E/2-m-1) \rho(m,E)=0~.$ Diese Gleichung hat wohlerzogene Lösungen für nicht negative ganze Zahlen

k = (E / 2 - M - 1) / 2 \geq 0,

$k=(E/2-m-1)/2\geq 0 ~,$ nämlich verallgemeinerte Laguerre (Sonine) Polynome

L_{k}^{(m)} (x) = x^{- m} (\partial_{x} - 1)^{k} x^{k + m} / k!

$L^{(m)}_k (x)=x^{-m}(\partial_x -1)^k x^{k+m}/k!$ .

Das Einstecken in die faktorisierte Lösung und die obigen Substitutionen vernetzen Ihre Eigenwellenfunktionen. Der Grundzustand ist $k=0=m$ , ( $E=2$ in Ihren Konventionen), also eine radialsymmetrische Gaußsche, $e^{-r^2/2}$ .

Auch hier ist die Entartung in Ihrer idiosynkratischen Konvention E/2 .

Also Entartung 2 für $E=4$ : $m=1$ , $k=0$ ; Sie können überprüfen, ob dies gerecht ist $r e^{-r^2/2 +i\phi}$ . Sie können die wählen $\cos \phi$ Und $\sin \phi$ Lösungen, die, wenn Sie wollen, ein Dublett der zugrunde liegenden Entartungsgruppe SU(2) bilden.

Ich verstehe, also sollten wir tatsächlich Laguerre-Polynome bekommen. Ich werde die Berechnungen nach Ihren Angaben wiederholen, damit ich die Lösung für diesen und den allgemeinen Fall verstehe. Übrigens, was meinen Sie mit idiosinkratischer Konvention? Wenn Sie sich auf den Fall beziehen, dass m = 1 ist, denke ich, dass jemand mein OP schlecht bearbeitet hat, da ich eigentlich im allgemeinen Fall mit willkürlicher Arbeit gearbeitet habe $m$ Und $\omega$ . Ich weiß nicht, warum sie die entfernt haben $m$ Und $\omega$ (Sie haben es nicht einmal in natürlichen Einheiten belassen).
Sie haben argumentiert, dass k eine ganze Zahl ist, aber was ist mit m? Es scheint, dass man es nur dazu bringen würde, (nicht komplexe) ganzzahlige Werte anzunehmen, indem man annimmt, dass die Winkelfunktionen kontinuierlich sind.
In der Tat. Es scheint, dass man das Stetigkeitsargument aus der Annahme gewinnen kann, dass H symmetrisch ist.
Entschuldigung, aber es gibt eine andere Frage: Ich bin Ihrer Mathematik gefolgt und habe dasselbe erhalten, außer mit Ihrem Ansatz using $|m|$ Ich bekomme einen Faktor $|m|+1-x$ anstatt $m+1-x$ . Ersteres ist eigentlich in Ordnung, aber das Seltsame ist, dass ich dann nicht sehe, warum E nach unten begrenzt werden sollte (was es sein sollte).
Entschuldigung, ich erinnere mich nicht an die Einzelheiten der verallgemeinerten Laguerre-Gleichung. m=|m| sonst würde was hängen bleiben...
Ich habe es noch einmal überprüft, ich habe auch einen Fehler gemacht: Das haben wir tatsächlich $k=(E/2-|m|-1)/2$ oben, also ist die Energie tatsächlich unten durch den korrekten Wert begrenzt. Alle $m$ s in den Koeffizienten der obigen verallgemeinerten Laguerre-Gleichung sein sollte $|m|$ stattdessen.
Fair genug ... Es ist Standard, sie nicht negativ zu nehmen, es sei denn, es wird ausdrücklich etwas anderes kommentiert ...
Sorry, aber nur positiv $m$ funktioniert nicht. Man braucht das Negative $m$ um den gesamten Hilbertraum der quadratintegrierbaren Funktionen für den Winkelanteil aufspannen zu können.
Bearbeitete Frage. Jetzt m=|m| fasst sowohl positives als auch negatives m auf der Ebene der Lösungen der g-Laguerre-Gleichung zusammen, da die Lösungen offensichtlich Funktionen von |m| sind .

Chunde Huang · Answer 2

Ich denke, Sie können einen Fehlerfaktor von 2 für die haben $E$ und die Macht von $M$ , hier ist meine Ableitung, die ich verwende $\theta$ anstatt $\phi$ .(wir können es noch einmal überprüfen) In Polarkoordinaten der Del-Operator $\nabla^2$ ist definiert als:

\begin{aligned} \nabla^{2} & = \frac{1}{R} \frac{\partial}{\partial R} (R \frac{\partial F}{\partial R}) + \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial^{2} F}{\partial θ^{2}} \\ = \frac{\partial^{2} F}{\partial R^{2}} + \frac{1}{R} \frac{\partial F}{\partial R} + \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial^{2} F}{\partial θ^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} \nabla^2 &=\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial f}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} f}{\partial \theta^{2}}\\ &=\frac{\partial^2 f}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial f}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} f}{\partial \theta^{2}} \end{align}$ Dann kann die Shrodinger-Gleichung für dieses System geschrieben werden als:

(- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 M} + \frac{M ω^{2} R^{2}}{2}) Ψ (R, θ) = E Ψ (R, θ) (- \frac{\partial^{2}}{2 M \partial R^{2}} - \frac{1}{2 M R} \frac{\partial}{\partial R} - \frac{1}{2 M R^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} + \frac{M ω^{2} R^{2}}{2}) Ψ (R, θ) = E Ψ (R, θ) (- \frac{\partial^{2}}{\partial R^{2}} - \frac{1}{R} \frac{\partial}{\partial R} - \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} + M^{2} ω^{2} R^{2}) Ψ (R, θ) = 2 M E Ψ (R, θ)

$\left(-\frac{\hbar^2\nabla^2}{2M}+\frac{M\omega^2r^2}{2}\right)\Psi(r,\theta)=E\Psi(r,\theta)\\ \left(-\frac{\partial^2}{2M\partial r^2}-\frac{1}{2Mr} \frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{2Mr^2} \frac{\partial^{2} }{\partial \theta^{2}}+\frac{M\omega^2r^2}{2}\right)\Psi(r,\theta)=E\Psi(r,\theta)\\ \left(-\frac{\partial^2}{\partial r^2}-\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{r^2} \frac{\partial^{2} }{\partial \theta^{2}}+M^2\omega^2r^2\right)\Psi(r,\theta)=2ME\Psi(r,\theta)$ Unter der Annahme, dass die Lösung trennbar ist

Ψ (r, θ) = R (r) ψ (θ)

$\Psi(r,\theta)=R(r)\psi(\theta)$ , können wir den eckigen Teil ziemlich einfach lösen:

ψ (θ) = e^{ich M θ} M = 0, 1, 2 \dots

$\psi(\theta)=e^{im\theta}\qquad m=0,1,2\dots$ Der Radiusteil kann neu angeordnet werden, wenn die Winkellösung in die Scrodinger-Gleichung eingesetzt wird:

R^{2} R^{″} + R R^{'} + (2 R^{2} M E - M^{2} - M^{2} ω^{2} R^{4}) R = 0

$r^2R''+rR'+ \left(2r^2ME-m^2-M^2\omega^2r^4\right)R=0$ Die Gleichung kann durch Einstellung vereinfacht werden

M = ω = 1

$M=\omega=1$

R^{2} R^{″} + R R^{'} + (2 R^{2} E - M^{2} - R^{4}) R = 0

$r^2R''+rR'+ \left(2r^2E-m^2-r^4\right)R=0$

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