Quantenharmonischer Oszillator, gelöst durch analytische Methode unter Verwendung der Schrödinger-Gleichung und Wellenfunktion

Antwort zu Teil 1: Dies ist eine gängige Methode zum Lösen von Differentialgleichungen, die von Physikern verwendet wird, um schnell eine Lösung zu extrahieren, ohne langsame Fortschritte mit strengeren Methoden machen zu müssen. Der erste Schritt besteht darin, nach einer asymptotischen Lösung zu suchen (d. h. dem Grenzwert von large$\xi$in diesem Fall), wobei die Gleichung leicht lösbar ist. Nun wissen wir, dass uns dies keine genaue Lösung liefern wird, also können wir nicht einfach mit der Behauptung fortfahren

$$\psi (\xi)=Ae^{-\xi^2/2}$$ Da diese Lösung aber im Limes exakt sein muss, können wir versuchen, eine Lösung der Form zu suchen $$\psi(\xi)=\phi(\xi)e^{-\xi^2/2}$$ Was uns hoffentlich erlaubt, die ursprüngliche Gleichung in einer einfacheren oder wohlbekannten Form neu zu formulieren. Wirklich, wir haben nichts anderes getan, als eine Änderung der Variablen zu verwenden, motiviert durch die asymptotische Lösung. Idealerweise möchte man so etwas rigoros begründen (warum eigentlich ist es vernünftig zu glauben, dass dies die Dinge einfacher macht?), Aber als guter Physiker machen wir einfach weiter und hoffen auf das Beste ;-)

Antwort zu Teil 2: Das ist ganz einfach. Um zu sehen, dass dies wahr ist, versuchen Sie einfach, die Grenze zu nehmen$j\to \infty$. Seit 1, 2 und$K$alle Konstanten sind, werden diese schließlich vernachlässigbar, so dass wir schreiben können

$$a_{j+2}=\frac{2j}{j^2}a_j$$ Welche, nach der Kündigung a $j$, gibt Ihre Formel. Um dies zu lösen $a_j$, folgen Sie dem Rat von ACuriousMind (Achtung: Sie können die Rekursionsformel nicht bis zu anwenden $a_0$, Weil $2/0$ist undefiniert) und erkennen Sie das $$\begin{align*}a_3&=2a_1,\ a_4=a_2\\ a_5&=\frac{2}{3}a_3=\frac{2}{3}*2a_1,\hspace{1cm}a_6=\frac{1}{2}a_2\\ a_7&=\frac{2}{5}*\frac{2}{3}*\frac{2}{1}a_1\hspace{1cm}a_8=\frac{2}{6}*\frac{2}{4}*\frac{2}{2}a_2\end{align*}$$

$$a_{2j+1}=\frac{2^j}{(2j+1)(2j-1)\dots1}a_1\hspace{1cm}a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2j(2j-2)\dots 2}a_2$$ Jetzt zu geraden Konditionen $a_{2j}$, das ist ganz einfach gelöst: $$a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2^jj!}a_2=\frac{a_2}{2}\frac{1}{j!}\implies a_k=\frac{C}{(k/2)!},\hspace{1cm}k=2j$$ Hier habe ich die Tatsache genutzt, dass sogar $k=2n$, die doppelte Fakultät $k!!$lässt sich leicht in Form von ausdrücken $n!$: $$k!!=2n(2n-2)*\dots *2=2(n)*2(n-1)*\dots*2(1)=2^n n!$$

Für die ungeraden Begriffe wird alles etwas chaotischer. Wir verwenden zuerst die ungeradzahligen ($k=2n+1$) Ausdruck für$k!!$bezüglich$n!$:

$$k!!=(2n+1)(2n-1)*\dots * 1=\frac{(2n+1)(2n)(2n-1)*\dots*1}{(2n)(2n-2)*\dots*2}=\frac{(2n+1)!}{2^n n!}$$ Wenn wir dieses Ergebnis einsetzen, haben wir: $$a_{2j+1}=\frac{2^{2j}j!}{(2j+1)(2j)!}a_1$$ Leider scheint dieser Ausdruck (in Bezug auf elementare Funktionen) nicht einfach auszuwerten. Sie müssen stattdessen die Gamma-Funktion verwenden, und die meiste Intuition geht verloren ... Unabhängig davon hoffe ich, dass meine Behandlung ausreichend war, um Ihnen etwas Intuition zu vermitteln.

Die vorherige Antwort erklärt die Ableitung bis zu den geraden und ungeraden Rekursionsformeln hervorragend. Die iterierten Koeffizienten von 3 bis 8 sind korrekt, aber wenn Sie überprüfen, stimmen die rekursiven Formeln nicht mit den iterierten Beispielen überein. Die richtigen Rekursionsformeln sind:

$$a_{2j}=\frac{a_2}{(j-1)!}$$

Und

$$a_{2j+1}=\frac{2^{2j-1} (j-1)! a_1}{ (2j-1)!}$$

Zur Ableitung der Näherung für

$$a_j$$ , können Sie beide Formeln verwenden, aber die gerade Formel ist einfacher. Falls Sie auch die andere ableiten möchten, ist der allgemeine Prozess derselbe. Denken Sie daran, dass die Annäherung im Regime sehr groß ist $$j$$ , können Sie die Näherung von Stirling für sehr große Fakultäten verwenden. Das ist:

$$n!\approx \sqrt[]{2\pi}\, n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}$$

Also für die geraden Koeffizienten:

$$a_{2j}\approx\\ \\ \frac{a_2}{\sqrt[]{2\pi}\, {(j-1)}^{(j-\frac{1}{2})} e^{(-j+1)}}\approx$$

$$\frac{a_2}{{\sqrt[]{2\pi}\,e^1{j}^{j}e^{-j}}} \approx$$

$$\frac{a_2}{{\sqrt[]{2\pi}\,e^1{j}^{j+\frac{1}{2}}e^{-j}}}\approx$$

$$\frac{a_2}{{e\,(j)!}} = \frac{C}{{(j)!}}$$

Beachten Sie, dass einige der Brüche in den Exponenten weggelassen oder hinzugefügt wurden, da diese Zahlen in der Näherung für sehr große Zahlen vernachlässigbar werden; es hat keinen Einfluss auf die Annäherung. Zuletzt wurde diese Näherung für den Koeffizienten durchgeführt

$$a_{2j}$$ . Um es für einen beliebigen Koeffizienten zu finden, können Sie eine Variablenänderung durchführen:

$$n\equiv 2j$$

So

$$a_n = a_{2j} \approx \frac{C}{{(j)!}} = \frac{C}{{(\frac{n}{2})!}}$$

Man könnte dasselbe Ergebnis für die ungerade Formel ableiten, aber es ist eine etwas langatmige Ableitung; Es hat das gleiche Verfahren, aber einen zusätzlichen Schritt. Verwenden Sie die Näherung von Stirling (sie führt zu derselben Form wie die gerade Näherung) und führen Sie dann eine Änderung der Variablen durch. Sobald die Variablen geändert wurden, ist eine weitere Stirling-Näherung erforderlich.

Zu deiner dritten Frage:

$$h(\xi) = \sum\, a_n \xi^{n} \approx C\, \sum\, \frac{\xi^{n}}{{(\frac{n}{2})!}}$$

Variablenänderung durchführen:

$$m\equiv \frac{n}{2}\,\,\, \Rightarrow\,\,\, 2m=n$$

So:

$$h(\xi) = \sum\, a_n \xi^{n} \approx C\, \sum\, \frac{\xi^{2m}}{{(m)!}}$$

$$=\,C\, \sum\, \frac{({\xi^{2}})^{m}}{{(m)!}}\, =\, C\,e^{\xi^2}$$

Hoffe das hat geholfen!

Die Antworten waren dank Brian und Danu wirklich ordentlich und lehrreich. Nur um zusammenzufassen ... Vielleicht ist es viel einfacher, anstatt die Stirling-Näherung zu verwenden, die Tatsache zu verwenden, dass für groß$j$Die Quantität$(j-1)!\approx j!$in der Rekursionsformel für gerade Koeffizienten, so dass Sie am Ende erhalten

$$a_{2j}=\frac{a_2}{(j-1)!}\approx\frac{a_2}{j!}=\frac{C}{j!},$$ was danach$k=2j$Erträge $$a_k\approx\frac{C}{(k/2)!}.$$