Quantenfreies Teilchen in Kugelkoordinate

Question

Quantenfreies Teilchen in Kugelkoordinate

Benutzer3001408

Ich versuche, freie Teilchen sowohl in kartesischen als auch in sphärischen Koordinaten zu verstehen. Also ein freies Teilchen, das hineingeht, sagen wir $x$ Richtung mit etwas Energie $E$ . Wir wissen, dass die Wellenfunktion eines solchen Teilchens ist:

\begin{matrix} (1) & ψ (X) = A e^{ich k X} + B e^{- ich k X} . \end{matrix}

$\psi(x)=Ae^{ikx} + Be^{-ikx}.\tag{1}$

Lassen Sie uns nun dieselbe Berechnung in sphärischen Koordinaten durchführen und die Wellenfunktion ableiten. In sphärischen Gleichungen nehmen Sie die folgende Form mit an $\psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ :

Nun der eckige Teil, $Y$ , ich kann es als konstant nehmen, und $l=0$ da kein Drehimpuls vorhanden ist. Wenn ich jetzt den radialen Teil mit der Substitution löse $u=rR(r)$ , Und $V=0$ , Ich bekomme $u=Ce^{ikr}+De^{-ikr}$ , und daher $R=\frac {1}{r}(Ce^{ikr}+De^{-ikr}).$

Jetzt weiß ich das $\theta=\pi/2, \phi=\pi/2$ , und daher $x=rsin(\theta)sin(\phi)=r$ , Jetzt klar nur durch Ersetzen $r$ mit $x$ , kann ich meine kartesische Lösung nicht wie oben beschrieben wiederherstellen (Gl. 1). Außerdem bei $r\to0$ , explodiert die Lösung, was bei der kartesischen Lösung nicht der Fall war.

Ich kann dieses Dilemma nicht verstehen, diese Lösung sollte in beiden Koordinaten identisch sein, aber sie geben mir unterschiedliche Ergebnisse!

Antworten (3)

Quantenfreies Teilchen in Kugelkoordinate

QMechaniker · Answer 1

Technisch gesehen ist ein sphärisches Koordinatensystem im 3-Raum definiert $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ außer der Herkunft $r=0$ . Daher sind sphärische Koordinaten eine schlechte Beschreibung des Systems am Ursprung $r=0$ .
Das freie Teilchen selbst hat keinen Einfluss auf den Ursprung. Am Ursprung gibt es keine eigentlichen physikalischen Randbedingungen. Die Moral ist, dass wir kein sphärisches Koordinatensystem verwenden sollten, um ein translationsinvariantes System zu beschreiben, da es einen Punkt des Systems künstlich unterscheidet.
Nehmen wir nun an, dass wir uns trotzdem für Kugelkoordinaten entscheiden. Also müssen wir auf die Beschreibung bei verzichten $r=0$ . Daher untersuchen wir effektiv das freie Teilchen an $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ stattdessen. Für jede $\ell\in\mathbb{N}_0$ , die radiale TISE hat 2 Modi: Einer von ihnen divergiert als $r\to 0$ , der andere ist regelmäßig. Das ist in Ordnung, denn was unsere neue Beschreibung angeht, $r=0$ existiert nicht mehr. Beachten Sie auch, dass die divergenten Moden benötigt werden, wenn wir versuchen, sie in die rechtwinkligen Moden eines rechtwinkligen Koordinatensystems zu übersetzen .
Bisher haben wir Streuzustände des freien Teilchens diskutiert. Anders verhält es sich bei gebundenen Zuständen. Dort können am Ursprung zusätzliche physikalische Randbedingungen auftreten, vgl. zB this & this Phys.SE Beiträge.

ZeroTheHero · Answer 2

Die Lösungen für den radialen Teil sind in Form von sphärischen Bessel-Funktionen:

\begin{aligned} R_{ℓ} (ρ) = J_{ℓ} (ρ) \end{aligned}

$\begin{align} R_\ell(\rho)=j_\ell(\rho) \end{align}$ Dies erfolgt im Detail im QM-Text von Landau&Lifshitz.

Ihre Radialgleichung für $u$ sollte herauskommen

\begin{aligned} u^{″} - \frac{ℓ (ℓ + 1)}{R^{2}} + k^{2} u (R) = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} u''-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}+k^2 u(r)=0\, . \end{align}$ Es gibt eine Randbedingung bei

r = 0

$r=0$ das sollte garantieren, dass Ihr

u

$u$ weicht dort seitdem nicht mehr ab

u (0) = 0

$u(0)=0$ . So ist z

ℓ = 0

$\ell=0$ wir haben

\begin{aligned} J_{0} (ρ) & = \frac{1}{ρ} Sünde (ρ), \\ u_{0} (ρ) = ρ R_{0} (ρ) & = Sünde (ρ) . \end{aligned}

$\begin{align} j_0(\rho)&=\frac{1}{\rho}\sin(\rho)\, ,\\ u_0(\rho)=\rho R_0(\rho)&=\sin(\rho)\, . \end{align}$ was geht

0

$0$ als

ρ \to 0

$\rho\to 0$ wie erwartet.

Beachten Sie, dass dies der Fall ist $\rho R(\rho)$ das muss gehen $0$ , selbst wenn $R(\rho)$ anders verhalten. Dies liegt daran, dass die Bedingung auf der Wahrscheinlichkeitsdichte liegt $\vert u(\rho)\vert^2 = \vert \rho R(\rho)\vert^2$ . Das gleiche Verhalten tritt im Wasserstoffatom auf.

Ich habe es verstanden, der Fehler, den ich gemacht habe, war in dieser Gleichung, die ich aufgestellt habe $l=0$ , und löste es dann, aber ich sollte einstellen $l=0$ erst nach dem Lösen mit $l$ intakt. Vielen Dank.

David · Answer 3

Deine Formel für R ist richtig.

Es erfordert jedoch, dass der Koordinatenursprung im Zentrum der Welle liegt. Das geht unter anderem nicht für das Doppelspaltexperiment, bei dem es zwei radiale Wellen mit versetzten Zentren gibt.

Ich denke (ein Ansatz), dass die allgemeineren Eigenfunktionen des unbeschränkten sphärischen Hamilton-Operators mit freien Teilchen sind

\begin{matrix} (1) & A | \vec{R} - {\vec{R}}_{A} |^{- 1} e^{- ich (k (| \vec{R} - {\vec{R}}_{A} |)} + B | \vec{R} - {\vec{R}}_{A} |^{- 1} e^{ich (k (| \vec{R} - {\vec{R}}_{A} |)} \end{matrix}

$A\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{-i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) } + B\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) }\tag1$ Wo

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ ist der Positionsvektor des Zentrums der radialen Welle. Allerdings habe ich die mühsame Rechnung nicht durchgeführt, um das zu beweisen. Trotzdem denke ich, dass jede Wellenfunktion eines Objekts mit nur radialem Impuls aus einer gewichteten Überlagerung von aufgebaut werden kann

(1)

$(1)$ über die Variable

k

$k$ . Es hätte sein Zentrum bei

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ . Ich denke auch, dass eine gültige Lösung für so etwas wie eine ebene Welle (Eigenfunktionen des kartesischen Hamilton-Operators freier Teilchen) eine Überlagerung von Eigenfunktionen ist

(1)

$(1)$ , wo man hinüber integrieren würde

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ , entlang einer Linie, die parallel zur Wellenfront der ebenen Welle wäre.

Um es einfach zu halten, betrachten wir den Raum als eine 2-D-Ebene. Ich denke der $r^{-1}$ in deiner Formel hat mit der Forderung zu tun, dass die Wahrscheinlichkeitsdichte über einer Bogenlänge (definiert durch Winkel $\theta$ und in einem radialen Abstand r) mal $\Delta r$ sollte dieselbe sein wie die Wahrscheinlichkeitsdichte über einen Bogen mit einer anderen Bogenlänge (ebenfalls durch denselben Winkel definiert). $\theta$ aber in einem anderen radialen Abstand). $\Delta r$ . Im kartesischen Fall ist das nicht der Fall. Eine mathematische Konsequenz liegt bei einer Singularität vor $r=0$ . Dennoch ist es viel einfacher, mit sphärischen Koordinaten zu arbeiten, wenn Drehimpuls vorhanden ist oder wenn die Isoflächen der Wahrscheinlichkeitsdichte eher sphärisch als planar sind.

Quantenfreies Teilchen in Kugelkoordinate

Benutzer3001408

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QMechaniker

ZeroTheHero

Benutzer3001408

David

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