Beschreiben von Energien mit einem seltsamen Hamiltonian

TLDR: Das Problem ist genau gleichbedeutend mit einem unendlich langen Potentialtopf$a$.

Einrichten

Lassen Sie uns zuerst versuchen, es klassisch aufzustellen, dann können wir zum Quantenfall übergehen.

Nehmen wir also an, Sie haben einen verschnörkelten Draht der Länge$a$, und Ihr Partikel ist eine Perle, die sich auf diesem verschnörkelten Draht bewegt. Der Draht hat eine durch den Vektor gegebene Form$\vec{X}(s)$, Wo$s$ist eine Zahl, die Positionen auf dem Draht kennzeichnet. Für jeden$s$Sie erhalten einen Positionsvektor, der Ihnen einen Punkt auf dem Draht gibt.

Um einen Lagrangian zu schreiben, brauchen wir einige verallgemeinerte Koordinaten, also gehen wir mit$s$, mit dem wir eine Position auf dem Draht beschriftet haben. Eine Konfiguration dieses Systems (ein Partikel auf einer verschnörkelten Nudel) ist durch die Position des Partikels auf der Nudel gegeben. Wenn zur Zeit$t$Das Partikel befindet sich an der Positionsbezeichnung$s$Auf der Nudel wird die Position des Partikels sein$\vec{X}(s(t))$.

Lagrange schreiben

Um den Lagrangian zu schreiben:$L = T - V$, müssen wir die kinetische Energie und die potentielle Energie schreiben. Darin ist keine explizite potenzielle Energie enthalten (Man könnte argumentieren, dass Sie an den Enden der Nudeln unendliches Potenzial haben, aber dies kann mithilfe von Randbedingungen behoben werden). Für die kinetische Energie schreiben wir einfach$\frac{1}{2}m \vec{V}\cdot \vec{V}$.

$$\vec{V} = \frac{d\vec{X}}{dt} = \frac{\partial\vec{X}}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial t} = \vec{X}' \dot{s}$$

Und daher:

$$L = T - V = \frac{1}{2}m \vec{V}\cdot \vec{V} - 0 = \frac{1}{2}m \dot{s}^2 (\vec{X}'\cdot \vec{X}')$$

Beachte das$(\vec{X}'\cdot \vec{X}')$ist nur eine Funktion von$s$das hängt NUR von der Form des Drahtes ab und davon, wie wir ihn beschriften$s$. Also nennen wir es einfach$(\vec{X}'\cdot \vec{X}') = f(s)$zur Zeit.

Finden des konjugierten Impulses

Wir wissen, dass unsere verallgemeinerte Koordinate ist$s$. Wir können seinen konjugierten Impuls finden, durch$P = \frac{\partial L}{\partial \dot{s}}$

Wir finden:

$$P = \frac{\partial L}{\partial \dot{s}} = m \dot{s} (f(s))$$

So:

$$L = \frac{1}{2}m \dot{s}^2 (f(s)) = \frac{P^2}{2 m f(s)}$$

Das ist dein Lagrange. Nun, das sieht einem freien Teilchen oder Teilchen in einem Well-Hamilton-Operator schrecklich ähnlich, aber damit seltsam$f(s)$Begriff ganz unten.

Quantisierung dieses schrecklichen Dings

Um es zu quantisieren, würden Sie den Hamiltonian schreiben:

$$H = \frac{\hat{P}^2}{2 m f(\hat{s})}$$

und setze die Vertauschungsrelation ein$[\hat{s},\hat{P}] = i\hbar$

Gegeben$f(s)$für deine Kurve, wie würdest du sie lösen? Es wäre wahrscheinlich wirklich schwierig.

Es gibt jedoch einen Trick.

Nun zum Trick

Bisher haben wir einen willkürlichen Parameter zum Beschriften von Punkten auf unserer verschnörkelten Nudel gewählt. Aber was wäre, wenn wir eine bestimmte Art der Kennzeichnung wählen würden? Das sagen wir jetzt$s$ist eigentlich die Entfernung entlang der wackeligen Nudel von einem Startpunkt.

Was ändert sich dadurch? Schauen wir uns die Bedingung an$\vec{X}$. Also wenn wir die Nudel ganz klein durchziehen$\Delta s$, sollten wir einen resultierenden Verschiebungsvektor erhalten:$\vec{\Delta X} = \vec{X(s + \Delta s)} - \vec{X(s)} = \vec{X}'\Delta s$. Die Länge des Verschiebungsvektors sollte sein$\Delta s$, per Definition von$s$. So:

$$\vec{\Delta X}\cdot\vec{\Delta X} = (\Delta s)^2$$

Und

$$\vec{\Delta X}\cdot\vec{\Delta X} = (\vec{X}'\Delta s)\cdot (\vec{X}'\Delta s) = \vec{X}'\cdot\vec{X}' (\Delta s)^2$$

$$\implies \vec{X}'\cdot\vec{X}' = f(s) = 1$$

Das heißt, wenn wir wählen$s$der Abstand entlang der Nudel sein,$f(s) = 1$.

Löse es jetzt

Daher haben wir das$L = \frac{1}{2}m \dot{s}^2$und daher:$P = m \dot{s}$, ebenso gut wie$H = \frac{P^2}{2m}$

Also können wir es jetzt quantisieren:

$$H = \frac{\hat{P}^2}{2m}$$ $$[\hat{s},\hat{P}] = i\hbar$$

und konditioniere das$\psi(s) = 0$an den Endpunkten Ihrer verschnörkelten Nudel. dh$s = [0,a]$Und$\psi(0) = 0$Und$\psi(a) = 0$.

Dies ist MATHEMATISCH ÄQUIVALENT zum Problem eines Teilchens in einem unendlich langen Brunnen$a$.

Es ist das gleiche System!

Daher sind sie die gleichen Systeme mit genau den gleichen Energiespektren.