3D-Lösungen für die 1D-Schrödinger-Gleichung?

Der allgemeine Ansatz ist der für Schrödinger-Gleichungen, bei denen das Potential trennbar ist (in dem Sinne, dass$V(x,y,z) = V_1(x) + V_2(y) + V_3(z)$) dann gibt es eine Basis von hamiltonschen Eigenfunktionen, die separabel sind (in dem Sinne, dass$\psi(x,y,z) = \phi(x)\chi(y)\xi(z)$). Im Allgemeinen gibt es aber auch nicht separierbare Eigenfunktionen der Hamiltonfunktion.

Bei der zeitabhängigen Schrödinger -Gleichung hängen die Details nicht nur vom Potential, sondern auch von der Anfangsbedingung ab. Es gibt viele trennbare Lösungen, und wenn die Anfangsbedingung trennbar ist, bleibt die Lösung trennbar. Wenn Sie umgekehrt mit einer nicht-separablen Anfangsbedingung beginnen, bleibt die Lösung nicht-separierbar.

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Die Trennbarkeit der zeitunabhängigen Gleichung wird in jedem Lehrbuch ausführlich behandelt, daher werde ich stattdessen zeigen, wie dies für die zeitabhängige Version funktioniert. Angenommen, wir beginnen mit der Schrödinger-Gleichung in der Form

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\psi(x,y,z,t) = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 + V_1(x) + V_2(y) + V_3(z) \right]\psi(x,y,z,t) . \tag 1$$ Wenn Sie eine allgemeine Lösung für diese Gleichung wünschen, müssen Sie eine Anfangsbedingung angeben. Lassen Sie uns in Ermangelung dessen einige besondere Lösungen untersuchen, und insbesondere lasst uns trennbare untersuchen, dh Lösungen der Form $$\psi(x,y,z,t) = \phi(x,t)\chi(y,t)\xi(z,t). \tag 2$$ Wenn Sie diese einstecken$(1)$, ist es leicht zu sehen, dass eine hinreichende Bedingung für$(1)$zu halten ist, wenn jede der einzelnen 1D-Schrödinger-Gleichungen gilt: $$\begin{align} i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\phi(x,t) & = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2} + V_1(x)\right]\phi(x,t) \\ i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\chi(y,t) & = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial y^2} + V_2(y)\right]\chi(y,t) \tag 3 \\ i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\xi(z,t) & = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial z^2} + V_3(z)\right]\xi(z,t) . \end{align}$$ (Auch dies stellt sich als notwendige Bedingung heraus. Die vollständige Gleichung$(1)$, wenn geteilt durch$\psi(x,y,z,t)$, kommt auf eine Summe von drei Termen hinaus, von denen jeder ausschließlich von abhängt$x$,$y$Und$z$, bzw. bei fest$t$. Dies ist nur möglich, wenn alle drei Terme einheitlich Null sind.)

Wie hängt das mit deiner Frage zusammen? In deinem Beispiel$V_2(y)=0=V_3(z)$, so finden Sie eine Basis von TDSE-Lösungen des Formulars

$$\chi_k(y,t)=e^{i(ky-\omega_k t)}, \quad \xi_k(z,t)=e^{i(kz-\omega_k t)},$$ mit$\omega_k = \frac{\hbar}{2m} k^2$. Das spezifische Beispiel, das Sie gefunden haben, verwendet den Sonderfall von$\chi_k(y,t)$Und$\xi_k(z,t)$mit$k=0$. Dies dient dazu, zu verschleiern, was wirklich passiert: Ihre Lösung sieht aus wie ein 1D-Problem, weil es tatsächlich drei 1D-Lösungen im Tensorprodukt miteinander sind, von denen zwei trivial sind.

Also, mit diesem Hintergrund, um Ihre Frage zu beantworten:

Bedeutet das, dass man auch für 1d-Potentiale Lösungen haben kann, die nicht 1d sind?

ja, absolut . Jede Lösung der$y$Und$z$Schrödinger-Gleichungen funktionieren hier.

Nun, es gibt immer noch einen Sinn, in dem diese Lösungen "effektiv 1D" sind, in dem Sinne, dass keine der separaten 1D-Schrödinger-Gleichungen miteinander sprechen und die Wellenfunktion trennbar bleibt. Und das wirft die Frage auf: Gibt es Lösungen, die nicht trennbar sind?

Auch hier lautet die Antwort: Ja, absolut . Aufgrund der Linearität der Schrödinger-Gleichung bei zwei beliebigen trennbaren TDSE-Lösungen$\psi_1(x,y,z,t) = \phi_1(x,t)\chi_1(y,t)\xi_1(z,t)$Und$\psi_2(x,y,z,t) = \phi_2(x,t)\chi_2(y,t)\xi_2(z,t)$, ihre Linearkombination

$$\psi(x,y,z,t) = \psi_1(x,y,z,t) + \psi_2(x,y,z,t)$$ ist auch eine TDSE-Lösung. Und wie sich herausstellt, ob die einzelnen Komponenten$\psi_1(x,y,z,t)$Und$\psi_2(x,y,z,t)$unterschiedlich genug sind (z. B. als eine mögliche hinreichende Bedingung,$\chi_1(y,t)$Und$\chi_2(y,t)$orthogonal sind) dann kann man beweisen, dass die Linearkombination$\psi(x,y,z,t)$kann nicht als Produkt einzelner 1D-Lösungen ausgeschrieben werden.

Die Antwort ist nein. Sie verwechseln Domänen Ihrer Funktionen, weshalb Sie ein solches Ergebnis erhalten. Es gibt einen sehr großen Unterschied zwischen einem dreidimensionalen Potenzial, das nur davon abhängt$x$und ein richtiges eindimensionales Potential. Denken Sie daran, dass eine Funktion definiert wird, indem Domänen und dann eine Regel angegeben werden. Die Regel mag dieselbe sein, aber die Domänen unterscheiden sich. Zum Beispiel, wenn wir haben$f(x)=x$Und$g(x,y,z)=x$, das sind sehr unterschiedliche Funktionen; man ist eine Funktion aus$\mathbb{R}$Zu$\mathbb{R}$, während der andere eine Funktion von ist$\mathbb{R}^3$Zu$\mathbb{R}$($f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$,$g:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}$).

Sagen wir, wir haben zwei Potentiale,$V_1$Und$V_2$. Diese liefern für alle die gleichen Ergebnisse$x$, Aber$V_1$ist eine Funktion einer Variablen und$V_2$eine Funktion von drei. Für das eindimensionale Potential haben wir

$$\begin{align} V_1&: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\\ i\hbar\partial_t\langle x|\phi(t)\rangle&=-\frac{\hbar^2}{2m}\partial^2_x\langle x|\phi(t)\rangle+V_1(x)\langle x|\phi(t)\rangle \end{align}$$ Beachten Sie, dass dies eindimensional ist: Der Laplace-Operator wird$\partial^2_x$Und$|\phi(t)\rangle$ist eine Funktion von$x$allein. Kommen wir nun zu drei Dimensionen: $$\begin{align} V_2&: \mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}\\ i\hbar\partial_t\langle x,y,z|\psi(t)\rangle&=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\langle x,y,z|\psi(t)\rangle+V_2(x)\langle x,y,z|\psi(t)\rangle \end{align}$$ Beachten Sie, dass$V(x)$bleibt in der Form genau gleich, aber es ist jetzt im Kontext des dreidimensionalen Raums; Wir haben die Domain erweitert. Somit sind die Lösungen jetzt von der Form$\psi(x,y,z,t)$, aber die Lösungen im ersten Fall sind in der Form$\phi(x,t)$. Auch dies sind nicht die gleichen, und$V_1$Und$V_2$sind nicht das Gleiche; während sie für jeden die gleiche Antwort geben$x$, ihre Domänen sind unterschiedlich und somit sind sie unterschiedliche Funktionen. Also nein, man kann keine dreidimensionalen Lösungen für ein eindimensionales Problem haben.

Um dies zu zeigen, müssen wir nur das zeigen$\partial\psi/\partial y$Und$\partial\psi/\partial z$sind null.

Nein, das ist falsch. Diese müssen nicht Null sein.

Stattdessen können Sie die Schrödinger-Gleichung lösen

$$i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}(x,y,z,t)= -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi(x,y,z,t)+\mathcal{V}(x)\psi(x,y,z,t).$$ durch Trennung der Variablen mit dem Ansatz $$\psi(x,y,z,t)=A(x)B(y)C(z)D(t).$$ Wo$A$,$B$,$C$Und$D$sind unbekannte Funktionen von nur einer Variablen.
Dann finden Sie ganz einfach die Lösungen für die$y$-,$z$- Und$t$-abhängige Teile $$\begin{align} B(y)&=B_0e^{ik_y y} \\ C(z)&=C_0e^{ik_z z} \\ D(t)&=D_0e^{-i\omega t} \end{align}$$ Wo$k_x$,$k_y$Und$\omega$sind beliebige reelle Konstanten.
Und Sie haben eine gewöhnliche Differentialgleichung für die übrig$x$-abhängiger Teil: $$\left(\hbar\omega-\frac{\hbar^2(k_y^2+k_z^2)}{2m}\right)A(x)= -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2A(x)}{dx^2}+\mathcal{V}(x)A(x).$$