Lösung der radialen Quantengleichung für unendlichen potentiellen Kugelring für l=0l=0l=0

Question

Lösung der radialen Quantengleichung für unendlichen potentiellen Kugelring für l=0l=0l=0

Benutzer37460

Es gibt eine Masse $m$ in einem solchen Potential

v (R) = {\begin{array}{lr} 0, & A \leq R \leq B \\ \infty, & überall sonst \end{array}

$V(r) = \left\{ \begin{array}{lr} 0, & a \leq r \leq b\\ \infty, & \text{everywhere else} \end{array} \right.$ Ich suche nach der Lösung

u (r)

$u(r)$ zur Radialgleichung

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} u^{''} (R) + (v (R) + \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{l (l + 1)}{R^{2}}) u (R) = E u (R)

$-\frac{\hbar^2}{2m} u^{\prime \prime}(r) + \bigg( V(r) + \frac{\hbar^2}{2m} \frac{l(l+1)}{r^2}\bigg) u(r) = E\, u(r)$ im Falle

l = 0

$l=0$ .

$\textbf{Progress so far}$

Die Region mit Nullpotential betrachten und vermieten $l=0$ , definiere ich

k \equiv \frac{\sqrt{2 M E}}{ℏ}

$k \equiv \frac{\sqrt{2mE}}{{\hbar}}$ so dass ich die Differentialgleichung zweiter Ordnung habe

u^{''} (R) = - k^{2} u (R)

$u^{\prime \prime}(r) = - k^2 u(r)$ der die Lösung hat

u (R) = A Sünde (k R) + B \cos (k R)

$u(r) = A \sin(kr) + B \cos( kr)$ Das Potential ist so, dass die Randbedingungen sind

u (A) = u (B) = 0

$u(a) = u(b) = 0$

A Sünde (k A) + B \cos (k A) = A Sünde (k B) + B \cos (k B)

$A \sin(ka) + B \cos(ka) = A \sin(kb) + B \cos(kb)$ Es scheint, da z.

\sin (k b) = \sin (k a)

$\sin(kb) = \sin(ka)$ ,

k B = k A + 2 π N

$kb = ka + 2\pi n$ Das muss aber falsch sein, denn z.

Sünde (\frac{2 π N A}{B - A}) \neq 0 .

$\sin\bigg (\frac{2 \pi n a}{b - a} \bigg ) \neq 0 .$ Kann mir jemand sagen wo ich bei der Suche schief gelaufen bin

k ?

$k?$

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Lösung der radialen Quantengleichung für unendlichen potentiellen Kugelring für l=0l=0l=0

Ruslan · Answer 1

Ihre Radialgleichung ist falsch formuliert. Es sieht aus wie eine Gleichung für den flachen 1D-Raum, ohne einen Term der ersten Ableitung, der sich aus den sphärischen Koordinaten Jacobi ergibt.

Anstatt die Gleichung zu postulieren, wie Sie es anscheinend getan haben, lassen Sie uns sie herleiten. Ich werde solche Einheiten verwenden $\frac{\hbar^2}{2m}=1$ , damit die Gleichungen einfacher aussehen, solltest du es mit deinen Einheiten nachvollziehen können.

Also die Schrödinger-Gleichung für ein Teilchen in einem kugelsymmetrischen Potential $V(r)$ mit $r=|\vec x|$ Ist:

- \nabla^{2} Ψ (\vec{X}) + v (R) Ψ (\vec{X}) = E Ψ (\vec{X})

$-\nabla^2\Psi(\vec x)+V(r)\Psi(\vec x)=E\Psi(\vec x)$

Da Ihr Potential kugelsymmetrisch ist, können wir uns diese Symmetrie zunutze machen und auf Kugelkoordinaten umsteigen. Unser Laplace würde so aussehen :

\nabla^{2} F = \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial}{\partial R} (R^{2} \frac{\partial F}{\partial R}) + \frac{1}{R^{2} Sünde θ} \frac{\partial}{\partial θ} (Sünde θ \frac{\partial F}{\partial θ}) + \frac{1}{R^{2} {Sünde}^{2} θ} \frac{\partial^{2} F}{\partial ϕ^{2}}

$\nabla^2 f=\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial f}{\partial r}\right)+\frac1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial f}{\partial \theta}\right)+\frac1{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 f}{\partial\phi^2}$

Mit einem solchen Laplace-Operator ist unsere Schrödinger-Gleichung trennbar, sodass wir nach einer Lösung in Form von suchen können $\Psi(r,\theta,\phi)=u(r)v(\theta,\phi)$ .

Wenn wir es in eine neue Formel für Laplace einsetzen, haben wir:

\nabla^{2} Ψ (R, θ, ϕ) = v (θ, ϕ) \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial}{\partial R} (R^{2} \frac{\partial u (R)}{\partial R}) + u (R) \frac{1}{R^{2} Sünde θ} \frac{\partial}{\partial θ} (Sünde θ \frac{\partial v (θ, ϕ)}{\partial θ}) + + u (R) \frac{1}{R^{2} {Sünde}^{2} θ} \frac{\partial^{2} v (θ, ϕ)}{\partial ϕ^{2}}

$\nabla^2\Psi(r,\theta,\phi)=v(\theta,\phi)\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u(r)}{\partial r}\right)+u(r)\frac1{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial v(\theta,\phi)}{\partial \theta}\right)+\\+u(r)\frac1{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 v(\theta,\phi)}{\partial\phi^2}$

Oder bezeichnet den radialen Teil des Laplace-Operators mit $-\hat R$ und Winkelteil mit $-\hat L^2/r^2$ , wir haben:

\nabla^{2} Ψ (R, θ, ϕ) = - v (θ, ϕ) \hat{R} u (R) - u (R) \frac{{\hat{L}}^{2} v (θ, ϕ)}{R^{2}}

$\nabla^2\Psi(r,\theta,\phi)=-v(\theta,\phi)\hat R u(r)-u(r)\frac{\hat L^2v(\theta,\phi)}{r^2}$

Jetzt können wir unsere Schrödinger-Gleichung schreiben als:

v (θ, ϕ) \hat{R} u (R) + u (R) \frac{{\hat{L}}^{2} v (θ, ϕ)}{R^{2}} + v (R) u (R) v (θ, ϕ) = E u (R) v (θ, ϕ)

$v(\theta,\phi)\hat R u(r)+u(r)\frac{\hat L^2v(\theta,\phi)}{r^2}+V(r)u(r)v(\theta,\phi)=Eu(r)v(\theta,\phi)$

Multiplizieren Sie beide Seiten mit $\frac{r^2}{u(r)v(\theta,\phi)}$ und ordne die Begriffe um:

- \frac{R^{2} \hat{R} u (R)}{u (R)} - v (R) + E = \frac{{\hat{L}}^{2} v (θ, ϕ)}{v (θ, ϕ)}

$-\frac{r^2\hat Ru(r)}{u(r)}-V(r)+E=\frac{\hat L^2v(\theta,\phi)}{v(\theta,\phi)}$

Jetzt haben wir Radialvariablen von Winkelvariablen getrennt, also führen wir eine Trennkonstante ein, die wir als schreiben werden $l(l+1)$ . Es ist ein Eigenwert von $\hat L^2$ Operator (und Eigenfunktionen sind sphärische Harmonische ). Jetzt alles multiplizieren mit $u(r)/r^2$ , wir haben:

\hat{R} u (R) + v (R) u (R) + \frac{l (l + 1)}{R^{2}} u (R) = E u (R),

$\hat Ru(r)+V(r)u(r)+\frac{l(l+1)}{r^2}u(r)=Eu(r),$

oder schließlich Ausdruck für ausschreiben $\hat R$ ,

- \frac{1}{R^{2}} \frac{\partial}{\partial R} (R^{2} \frac{\partial u (R)}{\partial R}) + v (R) u (R) + \frac{l (l + 1)}{R^{2}} u (R) = E u (R) .

$-\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u(r)}{\partial r}\right)+V(r)u(r)+\frac{l(l+1)}{r^2}u(r)=Eu(r).$

Dies ist die Gleichung, die Sie zu lösen versuchen sollten (bis zu Einheiten). Jetzt sollte seine Lösung in Form von sphärischen Bessel-Funktionen erfolgen .

Benutzer37467 · Answer 2

Warum könnten wir daraus schließen $\sin\left(\frac{2 \pi n a}{b-a}\right)\neq0$ dass der Wert von $k$ ist falsch? Im Gegenteil, ich denke, die Schlussfolgerung ist teilweise richtig. Tatsächlich können wir umschreiben $A\sin(k x)+B\cos(k x)=C\sin(k x + \delta)$ um die Randbedingung zu vereinfachen. Somit ist das ersichtlich $k= \frac{n \pi}{b-a}$ .

Ja, die gesuchte Lösung ist $u (X) = C Sünde (\frac{N π (X - A)}{B - A}) .$ $u(x)=C\,\sin\left(\frac{n\pi(x-a)}{b-a}\right).$

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Benutzer37460

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Ruslan

Benutzer37467

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