Dreiecksbarriere in unendlicher Potentialmulde

Question

Dreiecksbarriere in unendlicher Potentialmulde

Einsamer Wolf

Angenommen, ich möchte die Wellenfunktion für das folgende 1D-Potential lösen:

\begin{matrix} (1) & U (x) = {\begin{cases} v_{0} \frac{a - | x |}{a} & zum | x | < a \\ \infty & zum | x | > a \end{cases} \end{matrix}

$U(x) = \begin{cases}V_0\frac{a-|x|}{a}&\quad\text{for}\quad|x|<a \\\infty&\quad\text{for}\quad|x|>a\end{cases} \tag{1}$ Da unser Potential symmetrisch ist, haben wir gerade und ungerade Lösungen und können das System damit lösen

x \geq 0

$x\ge 0$ und konstruieren Sie anschließend die vollständige Lösung für beide

ψ_{e v e n}

$\psi_{even}$ oder

ψ_{o d d}

$\psi_{odd}$ . Für die Region innerhalb des Brunnens können wir die zeitunabhängige Schrödinger-Gl. in eine Form, die die Airy-Differentialgleichung ist (beachten Sie, dass es sich um ein lineares Potential handelt), nämlich

\begin{matrix} (2) & \frac{d^{2} ψ}{d z^{2}} - z ψ = 0, \end{matrix}

$\frac{d^2\psi}{dz^2}-z\psi = 0, \tag{2}$ wo

\begin{matrix} (3) & z \equiv Q (1 - η), \end{matrix}

$z\equiv Q(1 - \eta), \tag{3}$

wo

\begin{matrix} (4) & η = \frac{x}{a_{0}}, Q = \frac{2 m v_{0} a_{0}}{ℏ^{2} a}, a_{0} \equiv a - \frac{a}{v_{0}} E . \end{matrix}

$\eta = \frac{x}{a_0}, \ \ \ Q = \frac{2mV_0a_0}{\hbar^2a}, \ \ \ a_0 \equiv a-\frac{a}{V_0}E. \tag{4}$

Daher können wir ausdrücken $\psi$ wie

\begin{matrix} (5) & ψ (z) = C_{1} EIN ich (z) + C_{2} B ich (z) . \end{matrix}

$\psi(z) = C_1Ai(z)+C_2Bi(z). \tag{5}$

Unsere Randbedingungen sagen uns:

\begin{matrix} (6) & ψ (ζ_{a}) = 0 \end{matrix}

$\psi(\zeta_a) = 0 \tag{6}$

\begin{matrix} (7) & ψ (ζ_{0}) = 0 zum ψ_{Ö d d} \end{matrix}

$\psi(\zeta_0) = 0\quad\text{for}\quad\psi_{odd} \tag{7}$

\begin{matrix} (8) & ψ^{'} (ζ_{0}) = 0 zum ψ_{e v e n} . \end{matrix}

$\psi'(\zeta_0) = 0\quad\text{for}\quad\psi_{even} \tag{8}.$

wo ich bezeichne $\zeta_0= z|_{x=0}$ und $\zeta_a= z|_{x=a}$ .

Frage : Ist dieses System exakt lösbar?

Typischerweise haben wir bei dieser Art von Problemen nur eine Null-Randbedingung, die es uns ermöglicht, die Energieniveaus durch die Nullstellen der Airy-Funktion zu quantisieren. Aber hier müssen wir gleichzeitig zwei Null-Randbedingungen erfüllen. Zur Verdeutlichung hier unser lineares Gleichungssystem.

$\psi_{odd}$ :

\begin{matrix} (9) & C_{1} EIN ich (ζ_{0}) + C_{2} B ich (ζ_{0}) = 0 \end{matrix}

$C_1Ai(\zeta_0)+C_2Bi(\zeta_0) = 0 \tag{9}$

\begin{matrix} (10) & C_{1} EIN ich (ζ_{a}) + C_{2} B ich (ζ_{a}) = 0 \end{matrix}

$C_1Ai(\zeta_a)+C_2Bi(\zeta_a) = 0 \tag{10}$

$\psi_{even}$ :

\begin{matrix} (11) & C_{1} EIN {ich}^{'} (ζ_{0}) + C_{2} B {ich}^{'} (ζ_{0}) = 0, \end{matrix}

$C_1Ai'(\zeta_0)+C_2Bi'(\zeta_0) = 0, \tag{11}$

\begin{matrix} (12) & C_{1} EIN ich (ζ_{a}) + C_{2} B ich (ζ_{a}) = 0. \end{matrix}

$C_1Ai(\zeta_a)+C_2Bi(\zeta_a) = 0. \tag{12}$

Meine vorgeschlagene Idee wäre, die homogenen linearen Gleichungen nach der Nulldeterminante zu lösen, aber dies würde mich zu einer numerischen Lösung zwingen. Ich möchte die Energien in Bezug auf die Nullstellen der Airy-Funktionen finden. Ideen?

Sofia

Ich vertraue darauf, dass Sie den Artikel Airy-Gleichung in Wikipedia kennen. Der Punkt

x = a

$x=a$ wo Sie möchten

ψ = 0

$\psi=0$ , fällt auf

z = Q (1 - a / a_{0})

$z=Q(1-a/a_0)$ . Es wird Ihnen das Verhältnis geben

C_{2} / C_{1}

$C_2/C_1$ . Aber achten Sie darauf, wie

x

$x$ sinkt,

z

$z$ steigt. Sie können sehen, wie die Region aussieht

z > 0

$z>0$ in den Grafiken im Artikel. Sie werden daran interessiert sein, auch das zu verlangen

ψ

$\psi$ oder seine Ableitung, bei Null sein

x = 0

$x=0$ dh

z = Q

$z=Q$ , das ist links von

z = Q (1 - a / a_{0})

$z = Q(1-a/a_0)$ . Es scheint nicht, dass Sie in dieser Region eine weitere Null oder ein Maximum (oder Minimum) für erhalten

ψ (z)

$\psi(z)$ .(Ich fahre fort)

Sofia

Im Allgemeinen ist ein System aus 2 homogenen Gl. mit 2 Variablen, möglicherweise inkompatibel. Was die Situation retten konnte, waren der Wert von

E

$E$ , die den Wert bestimmt

a_{0}

$a_0$ . Aber auch hier sehe ich ein Problem darin, dass die Werte von

z

$z$ fallen in die Region

z > 0

$z>0$ . Es scheint mir, dass Sie Lösungen Ihrer Gleichung erhalten könnten, einschließlich der Bedingung der Symmetrie oder Antisymmetrie, wenn

z

$z$ nahm Werte in der Region

z < 0

$z<0$ wo die Funktionen

A i

$Ai$ und

B i

$Bi$ oszillieren. Aber mit

z > 0

$z>0$ Ich bin ziemlich skeptisch.

Antworten (2)

Dreiecksbarriere in unendlicher Potentialmulde

Ich vertraue darauf, dass Sie den Artikel Airy-Gleichung in Wikipedia kennen. Der Punkt $x=a$ wo Sie möchten $\psi=0$ , fällt auf $z=Q(1-a/a_0)$ . Es wird Ihnen das Verhältnis geben $C_2/C_1$ . Aber achten Sie darauf, wie $x$ sinkt, $z$ steigt. Sie können sehen, wie die Region aussieht $z>0$ in den Grafiken im Artikel. Sie werden daran interessiert sein, auch das zu verlangen $\psi$ oder seine Ableitung, bei Null sein $x=0$ dh $z=Q$ , das ist links von $z = Q(1-a/a_0)$ . Es scheint nicht, dass Sie in dieser Region eine weitere Null oder ein Maximum (oder Minimum) für erhalten $\psi(z)$ .(Ich fahre fort)
Im Allgemeinen ist ein System aus 2 homogenen Gl. mit 2 Variablen, möglicherweise inkompatibel. Was die Situation retten konnte, waren der Wert von $E$ , die den Wert bestimmt $a_0$ . Aber auch hier sehe ich ein Problem darin, dass die Werte von $z$ fallen in die Region $z>0$ . Es scheint mir, dass Sie Lösungen Ihrer Gleichung erhalten könnten, einschließlich der Bedingung der Symmetrie oder Antisymmetrie, wenn $z$ nahm Werte in der Region $z<0$ wo die Funktionen $Ai$ und $Bi$ oszillieren. Aber mit $z>0$ Ich bin ziemlich skeptisch.

Einsamer Wolf · Answer 1

Tatsächlich führt kein Weg daran vorbei, dieses Problem numerisch zu lösen. Abweichend von der ursprünglich geposteten Determinantenmethode wäre hier vielleicht ein alternativer Ansatz, das System nur mit der Energie zu lösen. Wir beginnen mit der vollständigen Form unserer Points of Interest am Beispiel der ungeraden Wellenfunktionen:

z (0) = x_{0} a (- \frac{E}{v_{0}} + 1)

$z(0) = x_0a\left(-\frac{E}{V_0}+1\right)$

z (a) = x_{0} a (- \frac{E}{v_{0}}) .

$z(a) = x_0a\left(-\frac{E}{V_0}\right).$ Ich bezeichne

α_{i}

$\alpha_i$ und

β_{i}

$\beta_i$ als die

i

$i$ te Nullen von

A i (z)

$Ai(z)$ und

B i (z)

$Bi(z)$ beziehungsweise. Ebenfalls

α_{i}^{'}

$\alpha'_i$ und

β_{i}^{'}

$\beta'_i$ die Nullstellen der Ableitungen. Ebenfalls

x_{0} \equiv {[\frac{2 m V_{0}}{ℏ^{2} a}]}^{1 / 3}

$x_0 \equiv \left[\frac{2mV_0}{\hbar^2a}\right]^{1/3}$ - Notation des ursprünglichen Beitrags wurde geändert :(

Erstens wissen wir das $E>V_{min}$ und somit $E>0$ . Daher sehen wir das $z(0)>z(a)$ . Nun, die erste Null von beiden $Ai(z)$ oder $Bi(z)$ muss bei auftreten $z<0$ . Für einen angemessenen Wert von $E$ , können wir das sehen, wenn sich die Nullstellen der Airy-Funktionen um unterscheiden $x_0a$ , dann wäre unsere Bedingung für eine einzige Energie erfüllt. Wenn wir mit den Airy-Funktionen der ersten Art arbeiten, können wir die Bedingung auferlegen

a_{ich} = x_{0} a (- \frac{E}{v_{0}})

$\alpha_i = x_0a\left(-\frac{E}{V_0}\right)$ oder

E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} a_{ich} .

$E = -\frac{V_0}{x_0a}\alpha_i.$ Das Kriterium auf der zweiten Null ist dann

a_{j} = x_{0} a + a_{ich} .

$\alpha_j = x_0a+\alpha_i.$ Wir könnten alle Nullstellen der Airy-Funktion numerisch durchlaufen und für diejenigen mit einer Trennung von

a_{j} - a_{ich} = x_{0} a

$\alpha_j-\alpha_i=x_0a$ wir hätten dann eine entsprechende Energie von

E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} a_{ich} .

$E = -\frac{V_0}{x_0a}\alpha_i.$ Wenn wir dasselbe Konzept sowohl auf gerade als auch auf ungerade Wellenfunktionen anwenden, haben wir:

ψ_{e v e n} (z) = C_{1} EIN ich (z); E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} a_{ich}; a_{j}^{'} - a_{ich} = x_{0} a

$\psi_{even}(z) = C_1Ai(z);\quad E = -\frac{V_0}{x_0a}\alpha_i;\quad\alpha'_j -\alpha_i= x_0a$

ψ_{Ö d d} (z) = C_{2} EIN ich (z); E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} a_{ich}; a_{j} - a_{ich} = x_{0} a

$\psi_{odd}(z) = C_2Ai(z);\quad E = -\frac{V_0}{x_0a}\alpha_i;\quad\alpha_j -\alpha_i= x_0a$

ψ_{e v e n} (z) = C_{3} B ich (z); E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} β_{ich}; β_{j}^{'} - β_{ich} = x_{0} a

$\psi_{even}(z) = C_3Bi(z);\quad E = -\frac{V_0}{x_0a}\beta_i;\quad\beta'_j -\beta_i= x_0a$

ψ_{Ö d d} (z) = C_{4} B ich (z); E = - \frac{v_{0}}{x_{0} a} β_{ich}; β_{j} - β_{ich} = x_{0} a

$\psi_{odd}(z) = C_4Bi(z);\quad E = -\frac{V_0}{x_0a}\beta_i;\quad\beta_j -\beta_i= x_0a$ wobei die dritte Spalte die Bedingung bezeichnet, die unsere Nullstellen erfüllen müssen,

C_{i}

$C_i$ die geeignete Normalisierungskonstante für jede Wellenfunktion ist, und

z \equiv {[\frac{2 m v_{0}}{ℏ^{2} a}]}^{1 / 3} (a_{0} - x) = x_{0} (a_{0} - x); a_{0} \equiv [a - \frac{a}{v_{0}} E] .

$z\equiv \left[\frac{2mV_0}{\hbar^2a}\right]^{1/3}(a_0-x)=x_0(a_0-x);\quad a_0 \equiv \left[a-\frac{a}{V_0}E\right].$ Wenn wir uns einen Graphen der Airy-Funktion ansehen, können wir das bei sehen

z ≪ 0

$z\ll 0$ die ``Wellenlänge'' ist sehr klein und daher sollte es eine große Anzahl möglicher Nullstellen geben, die unsere Kriterien erfüllen. Im gleichen Licht, bei dieser Reichweite von

z

$z$ , unsere Energien werden sehr groß sein und wir haben den Anschein des unendlichen quadratischen Brunnens. Danke Sofia und Ali Moh für die hilfreichen Kommentare.

Ali Moh · Answer 2

Ali Moh

Was Sie verlangen, ist unmöglich. Die Energieeigenwerte sind durch die Nullstellen der Determinante gegeben (wie Sie vermutet haben) und können nicht auf die Nullstellen der Airy-Funktion bezogen werden.

EIN ich (ζ_{a}) B ich (ζ_{0}) - EIN ich (ζ_{0}) B ich (ζ_{a}) = 0

$Ai(\zeta_a)Bi(\zeta_0)-Ai(\zeta_0)Bi(\zeta_a)=0$ Für die ungerade Lösung (und mit Ableitungen an

A i

$Ai$ für die gerade Lösung).

Seien Sie auch vorsichtig, Ihr $z$ ist nicht dimensionslos, wie es sein sollte, also ist Ihre Änderung der Variablen nicht ganz richtig ...

Bitte lesen Sie die Kommentare für physikalische Argumente, die unendlich viele Lösungen für diese Bedingung garantieren!

Sofia

Ich bedauere, dass Sie meine Kommentare nicht gelesen haben. Durch die Determinante versucht das OP, die Konstanten zu finden

C

$C$ die es ermöglichen, die Randbedingungen zu erfüllen. Es ist nicht sicher, ob die Determinante zu Null gemacht werden kann . Allerdings, wenn die Determinante zu Null gemacht werden kann, aus dem Wert

a_{0}

$a_0$ für die die Determinante Null wird, kann man die Energie finden

E

$E$ .

Ali Moh

Ich habe Ihren Kommentar gelesen, aber ich stimme ihm nicht zu. Die Determinante kann immer zu Null gemacht werden, die Energie kann kontinuierlich geändert werden, um diese Bedingung zu erfüllen. Eine Variable mit einer Bedingung. Aber meine Garantie stammt hauptsächlich aus der Physik, es ist unmöglich, dass es nicht viele Energieeigenwerte gibt! weil dies ein Potenzialtopf mit unendlicher Höhe ist, so dass die Wellenfunktion für ausreichend hohe Energien tatsächlich blind für die dreieckige Erhebung ist, und wir wissen in diesem Fall, dass es eine unendliche Anzahl von diskreten Energieeigenwerten gibt

Ali Moh

Daher kann ich nicht sicher sagen, ob diese Eigenwerte vergleichbar sind

V_{0}

$V_0$ (die Höhe der Beule), aber ich kann aus dem obigen physikalischen Argument garantieren, dass es mindestens Eigenzustände mit gibt

E >> V_{0}

$E>>V_0$ .. Außerdem scheint es mir sehr unwahrscheinlich, dass es keine tief liegenden Energieeigenwerte gibt

Ali Moh

Ein äquivalenter Weg besteht darin, das asymptotische trigonometrische Verhalten luftiger Funktionen zu beachten, das die physikalische Intuition bestätigt

Sofia

Es besteht keine Notwendigkeit

E >> V_{0}

$E >> V_0$ , scheint ausreichend

E > V_{0}

$E>V_0$ . Das Problem ist für

E < V_{0}

$E < V_0$ . Sie betrachten die Determinante und ich betrachte, wie die Wellenfunktionen in der Region aussehen

z > 0

$z > 0$ .

Sofia

Welche Asymptotik? Der Träger der Wellenfunktion ist endlich.

Ali Moh

Du verstehst das

V (x) \to \infty

$V(x)\rightarrow\infty$ zum

| x | > a

$|x|>a$ , Rechts? also irgendwelche

E > 0

$E>0$ stellt einen gebundenen Zustand dar, der durch die lineare Überlagerung luftiger Funktionen ausgedrückt werden kann. Also alles, was ich sage, ist, dass DIE BESTIMMENDE LÖSUNG GARANTIERT IST, zumindest für

E >> V_{0}

$E>>V_0$ ... Ich verstehe nicht, was daran so besonders sein soll

E < V_{0}

$E<V_0$ dass Sie sagen, es gibt ein Problem? Vergessen

z

$z$ , zeichnen Sie das Potential als Funktion von

x

$x$ und denken Sie an gebundene Zustandswellenfunktionen

Sofia

Sie bemühen sich sehr, mich davon zu überzeugen, dass es eine Lösung für geben kann

E > V_{0}

$E>V_0$ dort, wo es einfach ist. Was ist das Besondere an

E < E_{0}

$E<E_0$ Das ist in diesem Fall schwierig. Und es ist genau wegen dem Verhalten in der Region schwierig

z > 0

$z>0$ . Ich glaube, ich habe mich erklärt. Jedenfalls breche ich die Argumentation hier ab.

Einsamer Wolf

In Bezug auf die Änderung der Variablen, die in meinem Beitrag bearbeitet wurden, glaube ich nicht, dass sie korrekt sind. Basierend auf dem, was ich vorher hatte:

\frac{d^{2}}{d x^{2}} = \frac{d^{2}}{d z^{2}} {[\frac{2 m V_{0}}{ℏ^{2} a}]}^{2 / 3}

$\frac{d^2}{dx^2} = \frac{d^2}{dz^2}\left[\frac{2mV_0}{\hbar^2a}\right]^{2/3}$ , wo

z \equiv {[\frac{2 m V_{0}}{ℏ^{2} a}]}^{1 / 3} (a_{0} - x)

$z\equiv\left[\frac{2mV_0}{\hbar^2a}\right]^{1/3}(a_0-x)$

Ali Moh

@Sofia Entschuldigung, an dieser Stelle kann ich nicht verstehen, was Sie sagen. Auch in Bezug auf das asymptotische Verhalten ist klar, dass ich gemeint habe

a_{0} \to - \infty

$a_0\rightarrow-\infty$ , was bedeutet es also "die Unterstützung der Wellenfunktion ist endlich"?

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