Endlicher, quadratischer Potentialschacht

Question

Endlicher, quadratischer Potentialschacht

71GA

Nehmen wir an, wir haben ein endliches Quadrat, das gut symmetrisch ist $y$ Achse (Bild unten).

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Ich weiß, wie und warum allgemeine Lösungen für die ODE zweiter Ordnung (stationäre Schrödinger-Gleichung) für die Bereiche I, II und III wie folgt sind.

\begin{aligned} ICH: & ψ_{ICH} & = A e^{κ X} \\ III: & ψ_{III} & = B e^{- κ X} \\ II: & ψ_{II} & = C \cos (k X) + D Sünde (k X) \end{aligned}

$\begin{align} \text{I:}& & \psi_{\text{I}}&= Ae^{\kappa x} \\ \text{III:}& & \psi_{\text{III}}&= Be^{-\kappa x} \\ \text{II:}& & \psi_{\text{II}}&= C \cos(k x) + D\sin(kx) \end{align}$

Aber jetzt bin ich an einem Punkt angelangt, an dem ich anfangen muss, Randbedingungen anzuwenden, um eine spezifische Lösung zu erhalten. Also beginne ich mit der 1. Randbedingung, die ist $\psi_{\text{I}}\left(-\frac{d}{2}\right)=\psi_{\text{II}}\left(-\frac{d}{2}\right)$ für die Linkspotentialverschiebung und $\psi_{\text{II}}\left(\frac{d}{2}\right)=\psi_{\text{III}}\left(\frac{d}{2}\right)$ für die richtige Potenzialverschiebung. Diese lassen mich mit einem System von 2 Gleichungen zurück (eine für die linke und eine für die rechte Potenzialverschiebung):

\begin{aligned} Potentialverschiebung nach links: & A e^{- κ \frac{D}{2}} & = C \cos (k \frac{D}{2}) - D Sünde (k \frac{D}{2}) \\ richtige Potentialverschiebung: & B e^{- κ \frac{D}{2}} & = C \cos (k \frac{D}{2}) + D Sünde (k \frac{D}{2}) \end{aligned}

$\begin{align} {\scriptsize\text{left potential shift:}}& & Ae^{-\kappa \frac{d}{2}} &= C \cos\left(k\tfrac{d}{2}\right) - D\sin\left(k \tfrac{d}{2}\right)\\ {\scriptsize \text{right potential shift:}}& & Be^{-\kappa \frac{d}{2}} &= C \cos\left(k\tfrac{d}{2}\right) + D\sin\left(k \tfrac{d}{2}\right)\\ \end{align}$

Frage 1:

Von hier an scheinen die Autoren der meisten Bücher nicht mehr viel zu erklären. Die meisten von ihnen sagen nur, dass wir verwenden müssen $\boxed{C\!=\!0}$ nach ungeraden Lösungen aufzulösen und $\boxed{D\!=\!0}$ nach geraden Lösungen lösen . Worauf basiert diese Argumentation?

seb

Ich erinnere mich, dieses Problem (dunkel) berechnet zu haben. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich deine Frage verstehe. Sie müssen jedoch auch sicherstellen, dass die Ableitungen Ihrer Wellenfunktionen an den Grenzen glatt sind, dh

\frac{\partial ψ_{I}}{\partial x} = \frac{\partial ψ_{I I}}{\partial x}

$\frac{\partial \psi_I}{\partial x} = \frac{\partial \psi_{II}}{\partial x}$ bei

- d / 2

$-d/2$ und das gleiche auf der anderen Seite. Das gibt dir mehr Gleichungen und damit kannst du ein Gleichungssystem aufstellen und es für die drei Regionen lösen. Ich bin mir jedoch nicht sicher, warum Ihre Bücher versuchen, dies in gerade und ungerade Lösungen aufzuteilen.

seb

sollte es eigentlich nicht umgekehrt sein, dh

C = 0

$C=0$ für ungerade Lösungen und

D = 0

$D=0$ für gerade Lösungen, da der Sinus ungerade und der Kosinus gerade ist?

71GA

Ich weiß, dass ich auch die Ableitungen gleichsetzen muss, aber wie löse ich das? Und ja, ich habe den Beitrag entsprechend editiert =)

seb

Ich möchte nur zu DaniHs Antwort hinzufügen, dass dies VIEL einfacher zu berechnen ist, wenn Sie die linke Wand anbringen

x = 0

$x=0$ und die rechte Wand an

x = L

$x = L$ wobei L die Länge Ihrer Box ist. Ich weiß nicht, ob Sie Deutsch lesen, wenn nicht, verwenden Sie einfach Google Translate und werfen Sie einen Blick auf die Gleichungen in diesem Wikipedia-Beitrag

seb

oh, und das löst du, indem du es dir ansiehst ;-). irgendwann kommt man dran

ψ (x = 0) = C \cdot 1 + D \cdot 0

$\psi(x=0) = C \cdot 1 + D \cdot 0$ das heißt, wenn Sie die linke Seite der Box am Ursprung platzieren. Dann nehmen Sie an, dass diese Gleichung gleich Null sein muss, weil Sie möchten, dass Ihre Wellenfunktion an der Wand (aus der Physik) Null ist, was Sie wiederum ergibt

C = 0

$C = 0$ . Dies ist dasselbe wie das Teilen Ihrer Lösungen in gerade und ungerade, wenn Sie die linke Wand nicht am Ursprung platzieren.

Antworten (1)

Endlicher, quadratischer Potentialschacht

Ich erinnere mich, dieses Problem (dunkel) berechnet zu haben. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich deine Frage verstehe. Sie müssen jedoch auch sicherstellen, dass die Ableitungen Ihrer Wellenfunktionen an den Grenzen glatt sind, dh $\frac{\partial \psi_I}{\partial x} = \frac{\partial \psi_{II}}{\partial x}$ bei $-d/2$ und das gleiche auf der anderen Seite. Das gibt dir mehr Gleichungen und damit kannst du ein Gleichungssystem aufstellen und es für die drei Regionen lösen. Ich bin mir jedoch nicht sicher, warum Ihre Bücher versuchen, dies in gerade und ungerade Lösungen aufzuteilen.
sollte es eigentlich nicht umgekehrt sein, dh $C=0$ für ungerade Lösungen und $D=0$ für gerade Lösungen, da der Sinus ungerade und der Kosinus gerade ist?
Ich weiß, dass ich auch die Ableitungen gleichsetzen muss, aber wie löse ich das? Und ja, ich habe den Beitrag entsprechend editiert =)
Ich möchte nur zu DaniHs Antwort hinzufügen, dass dies VIEL einfacher zu berechnen ist, wenn Sie die linke Wand anbringen $x=0$ und die rechte Wand an $x = L$ wobei L die Länge Ihrer Box ist. Ich weiß nicht, ob Sie Deutsch lesen, wenn nicht, verwenden Sie einfach Google Translate und werfen Sie einen Blick auf die Gleichungen in diesem Wikipedia-Beitrag
oh, und das löst du, indem du es dir ansiehst ;-). irgendwann kommt man dran $\psi(x=0) = C \cdot 1 + D \cdot 0$ das heißt, wenn Sie die linke Seite der Box am Ursprung platzieren. Dann nehmen Sie an, dass diese Gleichung gleich Null sein muss, weil Sie möchten, dass Ihre Wellenfunktion an der Wand (aus der Physik) Null ist, was Sie wiederum ergibt $C = 0$ . Dies ist dasselbe wie das Teilen Ihrer Lösungen in gerade und ungerade, wenn Sie die linke Wand nicht am Ursprung platzieren.

Daniel · Answer 1

Die kurze Antwort : Ihr Hamiltonoperator pendelt mit dem Paritätsoperator. Daher können die Eigenfunktionen, die den Hamilton-Operator diagonalisieren, innerhalb der Eigenfunktionen gesucht werden, die den Paritätsoperator diagonalisieren, die die Sätze von geraden und ungeraden Funktionen sind. Daher können Sie die Bedingung verwenden $C=0$ da nach den ungeraden Lösungen zu suchen $\sin(x)$ ist seltsam, und $D=0$ da nach den geraden Lösungen zu suchen $\cos(x)$ ist gerade.

Dieses Ergebnis ist natürlich, da das Potential der quadratischen Vertiefung gleich ist $V(x)=V(-x)$ und deshalb haben wir

H ψ (X) = E ψ (X)

$H\psi(x)=E\psi(x)$

H ψ (- X) = E ψ (- X)

$H\psi(-x)=E\psi(-x)$

Unter Verwendung von Linearität werden auch symmetrische und antisymmetrische Kombinationen von Eigenfunktionen Lösungen sein. Diese entsprechen Lösungen mit gerader bzw. ungerader Parität.

Die lange Antwort : Als erstes möchte ich Sie darauf hinweisen, dass es zwei Randbedingungen gibt, da die Schrödinger-Gleichung eine Differentialgleichung zweiter Ordnung ist. In diesem Fall besteht die übliche Wahl darin, die Gleichung für Cauchy-Randbedingungen zu lösen, in denen der Wert der Wellenfunktion und die Ableitung am Rand angegeben sind. Daher müssen Sie übereinstimmen

ψ_{ICH} (- \frac{D}{2}) = ψ_{ICH ICH} (- \frac{D}{2})

$\psi_I \left(-\dfrac{d}{2}\right)=\psi_{II} \left(-\dfrac{d}{2}\right)$

ψ_{ICH}^{'} (- \frac{D}{2}) = ψ_{ICH ICH}^{'} (- \frac{D}{2})

$\psi'_I \left(-\dfrac{d}{2}\right)=\psi'_{II} \left(-\dfrac{d}{2}\right)$ und ähnliches auf der rechten Seite

x = d / 2

$x=d/2$ .

Wenn Sie die linke Seite des Brunnens betrachten, erhalten Sie

A \exp [- κ D / 2] = C \cos (k D / 2) - D Sünde (k D / 2)

$A \exp[-\kappa d/2]= C \cos(kd/2)-D\sin(kd/2)$

κ A \exp [- κ D / 2] = k C Sünde (k D / 2) + k D \cos (k D / 2)

$\kappa A \exp[-\kappa d/2]= k C\sin(kd/2)+kD\cos(kd/2)$

Dividiert man beide Ausdrücke, erhält man

\frac{κ}{k} = \frac{C \cos (k D / 2) - D Sünde (k D / 2)}{C Sünde (k D / 2) + D \cos (k D / 2)}

$\dfrac{\kappa}{k}=\dfrac{C \cos(kd/2)-D\sin(kd/2)}{C\sin(kd/2)+D\cos(kd/2)}$

Wenn wir die gleiche Berechnung für die andere Seite durchführen, erhalten wir

\frac{κ}{k} = \frac{C \cos (k D / 2) + D Sünde (k D / 2)}{C Sünde (k D / 2) - D \cos (k D / 2)}

$\dfrac{\kappa}{k}=\dfrac{C \cos(kd/2)+D\sin(kd/2)}{C\sin(kd/2)-D\cos(kd/2)}$

Die Gleichsetzung beider Ausdrücke ergibt nach etwas Algebra die Bedingung

C D = - C D

$CD=-CD$

was Ihnen versichert, dass Sie seit beiden separat nach ungeraden / geraden Lösungen suchen können $C$ oder $D$ aber nicht beide müssen Null sein.

Oh mein Gott, das ist soooo eine tolle Antwort! Bitte Leute stimmen Sie dies ab!

Endlicher, quadratischer Potentialschacht

71GA

seb

seb

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seb

seb

Antworten (1)

Daniel

71GA

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