Radiale Quantenzahl für unendlichen kreisförmigen Brunnen

Question

Radiale Quantenzahl für unendlichen kreisförmigen Brunnen

Ägon

Der Vollständigkeit halber skizziere ich zunächst die Lösung eines Teilchens in einem unendlichen kreisförmigen Brunnen und komme dann zu meiner Frage. Ich entschuldige mich im Voraus, da die Einführung Standard-Quantenmechanik im Grundstudium ist.

Betrachten wir das Problem eines Teilchens in einem unendlichen kreisförmigen Brunnen. Dies wird durch das Potential beschrieben

v (R) = {\begin{cases} 0 & R \leq R \\ \infty & R > R \end{cases}

$V(r) = \begin{cases}0&r \leq R \\ \infty&r> R \end{cases}$

Die Schrödinger-Gleichung zerfällt dann in einen radialen und einen winkligen Teil und wir können die Eigenfunktion schreiben als

ψ (R, θ) = u (R) e^{ich l θ}

$\psi(r,\theta) = u(r) e^{i l \theta}$

Wo $l = 0,\pm 1,\pm2,..$ aufgrund der Eindeutigkeit der Wellenfunktion. Der radiale Teil der Gleichung ist

(\frac{\partial^{2}}{\partial R^{2}} + \frac{1}{R} \frac{\partial}{\partial R} - \frac{l^{2}}{R^{2}} + \frac{2 M E}{ℏ^{2}}) u (R) = 0

$\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} - \frac{l^2}{r^2} + \frac{2mE}{\hbar^2}\right)u(r) = 0$

mit der Randbedingung: $u(R) = 0$ . Die Lösungen dazu sind durch die regulären Besselfunktionen gegeben (wir verwerfen $Y_l$ seit sie bei r = 0 explodieren)

u_{N, l} (R) = J_{l} (a_{N, l} \frac{R}{R})

$u_{n,l}(r) = J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$

Wo $\alpha_{n,l}$ ist der $n^{th}$ Null von $J_{l}(r)$ .

Auf diese Weise können wir normierbare Wellenfunktionen konstruieren

ψ_{N, l} (R, θ) = N_{N, l} J_{l} (a_{N, l} \frac{R}{R}) e^{ich l θ}

$\psi_{n,l}(r,\theta) = \mathcal{N}_{n,l}J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right) e^{il\theta}$

Wo $\mathcal{N}_{n,l} = \frac{1}{\sqrt{\pi}R |J_{l+1}(\alpha_{n,l})|}$ . Dies sind gleichzeitige Eigenfunktionen des Hamilton-Operators und des Drehimpulses mit Energie $E_{n,l} = \frac{\hbar^2 \alpha_{n,l}^2}{2mR^2}$ und Drehimpuls = $l \hbar$ .

Nun, meine Frage ist folgende: Angenommen, ich möchte evaluieren

(\partial_{X} \pm ich \partial_{j}) ψ_{N, l} = e^{\pm ich θ} (\frac{\partial}{\partial R} \pm \frac{ich}{R} \frac{\partial}{\partial θ}) ψ_{N, l} (R, θ)

$(\partial_x \pm i \partial_y) \psi_{n,l} = e^{\pm i \theta}\left(\frac{\partial}{\partial r} \pm \frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial \theta} \right)\psi_{n,l}(r,\theta)$

Unter Verwendung der Eigenschaften von Bessel-Funktionen finde ich, dass dies zu ausgewertet wird

\mp N_{N, l} \frac{a_{N, l}}{R} e^{ich (l \pm 1) θ} J_{l \pm 1} (a_{N, l} \frac{R}{R})

$\mp\mathcal{N}_{n,l}\frac{\alpha_{n,l}}{R}e^{i(l\pm 1)\theta}J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R} \right)$

Dies ist seitdem keine Eigenfunktion mehr $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R} \right) \neq 0$ Wenn $r = R$ .

Gibt es also eine Möglichkeit, Eigenfunktionen mit festem Drehimpuls zu konstruieren, $l$ , so dass, wenn ich auf sie durch den/die Operator(en) $\partial_x \pm i \partial_y$ , bekomme ich eine andere Eigenfunktion?

kηives

In gewissem Sinne möchten Sie Eigenfunktionen zum Anheben und Absenken von Operatoren.

Emilio Pisanty

Meistens findest du das

\partial_{x} \pm i \partial_{y}

$\partial_x \pm i \partial_y$ nimmt nicht

H = {f : D_{R} \to C | f (r = R) = 0}

$\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ zu sich selbst. Dies ist nicht besonders überraschend, und Sie erhalten dasselbe mit linearem Impuls im unendlichen 1D-Quadrat gut.

Daniel Sank

@EmilioPisanty Es erhöht die Konformität des Beitrags mit etablierten Mustern. Es ähnelt dem Korrigieren eines Rechtschreibfehlers, selbst wenn die Wortwahl des Autors nicht perfekt ist. Für mich und andere, die dies im Chat und in der Meta besprochen haben, ist dies hilfreich.

Ägon

@EmilioPisanty Wäre eine Erweiterung möglich

(P_{X} \pm P_{j}) ψ_{N, l}

$(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ in Bezug auf die Basisfunktionen? Das heißt, kann ich irgendwie ausdrücken

J_{l \pm 1} (a_{N, l} \frac{R}{R})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ als Linearkombination von

J_{l \pm 1} (a_{M, l \pm 1} \frac{R}{R})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , was sind Eigenfunktionen?

Emilio Pisanty

Nicht wirklich, nein. Sie können hoffen

e^{i (l \pm 1) θ)} J_{l \pm 1} (α_{n, l} r / R)

$e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ eine lineare Kombination aller sein

{e^{i ℓ θ)} J_{ℓ} (α_{m, ℓ} r / R)}

$\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ zumindest fast überall in

r

$r$ , aber Sie werden an der Grenze allerlei Probleme mit dem Gibbs-Phänomen haben.

Emilio Pisanty

Dies ist ähnlich wie Sie darstellen können

\frac{D}{D X} Sünde (X) = \cos (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 k}{4 k^{2} - 1} Sünde (2 k X)

$\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1}\sin(2kx)$ für alle

x \in (0, π)

$x\in(0,\pi)$ , aber es wird niemals an der Grenze konvergieren, und es wird dort wegen der Diskontinuität ein schreckliches Klingeln geben.

Antworten (2)

Radiale Quantenzahl für unendlichen kreisförmigen Brunnen

In gewissem Sinne möchten Sie Eigenfunktionen zum Anheben und Absenken von Operatoren.
Meistens findest du das $\partial_x \pm i \partial_y$ nimmt nicht $\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ zu sich selbst. Dies ist nicht besonders überraschend, und Sie erhalten dasselbe mit linearem Impuls im unendlichen 1D-Quadrat gut.
@EmilioPisanty Es erhöht die Konformität des Beitrags mit etablierten Mustern. Es ähnelt dem Korrigieren eines Rechtschreibfehlers, selbst wenn die Wortwahl des Autors nicht perfekt ist. Für mich und andere, die dies im Chat und in der Meta besprochen haben, ist dies hilfreich.
@EmilioPisanty Wäre eine Erweiterung möglich $(P_{X} \pm P_{j}) ψ_{N, l}$ $(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ in Bezug auf die Basisfunktionen? Das heißt, kann ich irgendwie ausdrücken $J_{l \pm 1} (a_{N, l} \frac{R}{R})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ als Linearkombination von $J_{l \pm 1} (a_{M, l \pm 1} \frac{R}{R})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , was sind Eigenfunktionen?
Nicht wirklich, nein. Sie können hoffen $e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ eine lineare Kombination aller sein $\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ zumindest fast überall in $r$ , aber Sie werden an der Grenze allerlei Probleme mit dem Gibbs-Phänomen haben.
Dies ist ähnlich wie Sie darstellen können $\frac{D}{D X} Sünde (X) = \cos (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 k}{4 k^{2} - 1} Sünde (2 k X)$ $\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1}\sin(2kx)$ für alle $x\in(0,\pi)$ , aber es wird niemals an der Grenze konvergieren, und es wird dort wegen der Diskontinuität ein schreckliches Klingeln geben.

Emilio Pisanty · Answer 1

Definieren $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\|(x,y)\|\leq R\}$ als die Festplatte von Interesse. Hier sind zwei Räume von Interesse: der Raum der quadratintegrierbaren Funktionen $D$ , $L_2(D)$ , und der Raum solcher Funktionen mit Dirichlet-Randbedingungen, $\mathcal H=\{\psi\in L_2(D):\psi(p)=0\:\forall p\in \partial D\}$ .

Sie interessieren sich für den Hamiltonian $H=\frac{1}{2m}\hat{\mathbf p}^2$ , mit Domäne

D (H) = {ψ \in H : H ψ \in L_{2} (D)},

$\mathscr D(H)=\{\psi\in\mathcal H:H\psi\in L_2(D)\},$ und der Drehimpulsoperator

L = x p_{y} - y p_{x}

$L=xp_y-yp_x$ mit Domäne

D (L) = {ψ \in H : L ψ \in L_{2} (D)} .

$\mathscr D(L)=\{\psi\in\mathcal H:L\psi\in L_2(D)\}.$ Wie Sie gezeigt haben, sind die einzigen simultanen Eigenfunktionen dieser beiden Operatoren durch gegeben

ψ_{N, l} (R, θ) = N_{N, l} J_{l} (a_{N, l} \frac{R}{R}) e^{ich l θ} .

$\psi_{n,l}(r,\theta) = \mathcal{N}_{n,l}J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right) e^{il\theta}.$

Daher gibt es keine Möglichkeit, simultane Eigenfunktionen von zu konstruieren $H$ Und $L$ mit einem anderen Verhalten für den angehenden Leiteroperator - die Theorie ist völlig eingeschränkt.

Die Beziehung zwischen den Eigenfunktionen von $H$ und die Impulsoperatoren sind komplex und voller subtiler Details. Hier gibt es nichts besonders Neues; Sie werden ziemlich die gleichen Probleme mit eindimensionalem Impuls in einem endlichen 1D-Brunnen bekommen. Weitere Einzelheiten finden Sie zB in diesem Papier .

Wenn ich Ihre Frage richtig verstehe, suchen Sie nach Eigenfunktionen von $L$ die nicht unbedingt Eigenfunktionen von sind $H$ so dass $\partial_x \pm i \partial_y$ wird als Leiteroperator fungieren. Dies ist ein einfacher zu stellendes Problem. Sie suchen dann nach einem Basissatz von $\phi_{nl}\in \mathcal H$ des Formulars $\phi_{nl}(r,\theta)=f_{nl}(r) e^{il\theta}$ wofür $(\partial_x\pm i\partial_y) \phi_{nl}=A_{nl}^\pm \phi_{n,l\pm1}$ , oder anders gesagt

\partial_{l}^{\pm} F_{N l} (R) = (\frac{\partial}{\partial R} \mp \frac{l}{R}) F_{N l} (R) = A_{N l}^{\pm} F_{N, l \pm 1} (R) unter F_{N l} (R) = 0.

$\partial_l^\pm f_{nl}(r)=\left(\frac{\partial}{\partial r} \mp \frac{l}{r} \right)f_{nl}(r) =A_{nl}^\pm f_{n,l\pm 1}(r) \qquad\text{under}\ \ f_{nl}(R)=0.$ Damit dies geschieht, möchten Sie eine Konsistenzanforderung auferlegen - wenn Sie einen Schritt nach oben und dann wieder zurück gehen, sollten Sie an der gleichen Stelle wie zuvor landen, dh

\begin{aligned} \partial_{l + 1}^{-} \partial_{l}^{+} F_{N l} (R) = \partial_{l + 1}^{-} A_{N l}^{+} F_{N, l + 1} (R) = A_{N, l + 1}^{-} A_{N l}^{+} F_{N l} (R) = - B_{N l} F_{N l} (R) \end{aligned}

$\begin{align} \partial_{l+1}^- \partial_l^+ f_{nl}(r) = \partial_{l+1}^-A_{nl}^+f_{n,l+1}(r) = A_{n,l+1}^-A_{nl}^+f_{nl}(r) = -B_{nl}f_{nl}(r) \end{align}$ was sich auf die Form reduziert

(R^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial R^{2}} + R \frac{\partial}{\partial R} + (B_{N l} R^{2} - l^{2})) F_{N l} = 0.

$\left(r^2\frac{\partial^2}{\partial r^2}+r\frac{\partial}{\partial r} + (B_{nl}r^2-l^2)\right)f_{nl}=0.$ Dies ist die Bessel-Gleichung, die Sie erwarten würden, da bisher nichts die endliche Grenze verwendet, sodass sie den Fall ohne eine solche Grenze berücksichtigen muss, für den die Bessel-Lösungen funktionieren.

Diese Konsistenzanforderung hat zwei merkwürdige Merkmale. Zum einen spielt es keine Rolle, welchen Weg man einschlägt, und das zeigt tatsächlich eine kurze Rechnung

\partial_{l + 1}^{-} \partial_{l}^{+} = \partial_{l - 1}^{+} \partial_{l}^{-} .

$\partial_{l+1}^- \partial_l^+=\partial_{l-1}^+ \partial_l^-.$ Die zweite folgt daraus und besagt, dass die Konsistenzanforderung alles ist, was Sie wirklich brauchen, und wenn

f_{n l}

$f_{nl}$ ist eine Lösung für einen

l

$l$ dann können Sie es verwenden, um andere Zustände aufzubauen

\partial_{l}^{\pm} f_{n l}

$\partial_{l}^\pm f_{nl}$ und diese werden immer noch der Konsistenzbedingung gehorchen.

Das Problem ist jedoch, dass dies nicht mit den Randbedingungen der endlichen Scheibe vereinbar ist. In der Tat wollen Sie die $\phi_{nl}$ drin bleiben $L_2(D)$ , und dies schließt jede Komponente entlang der Neumann-Weber-Lösung aus $Y_l$ , So $f_{nl}\propto J_l$ . Bitte um $\phi_{nl}\in \mathcal H$ dann zwingt Sie zurück zu den Eigenfunktionen von $H$ , und Sie wissen, dass Sie dies jeweils nur für eine Eigenfunktion tun können - Sie können es für auferlegen $f_{nl}$ aber es wird dann unbedingt für brechen $\partial_l^\pm f_{nl}$ .

Ich denke, die kurze Antwort ist einfach "Nein".

Adam · Answer 2

Es ist leicht zu zeigen, dass es nicht möglich ist, Eigenfunktionen von zu finden $\hat L_z$ das sind auch Eigenfunktionen von $\partial_x \pm i\partial_y$ da diese Betreiber nicht pendeln.

In der Tat, mit $\hat L_z = \hat x \hat p_y - \hat y \hat p_x$ Und $\partial_x \pm i\partial_y=-i \hat p_x \mp \hat p_y$ , sowie die üblichen kanonischen Kommutierungsbeziehungen, findet man

[{\hat{L}}_{z}, \partial_{X} \pm ich \partial_{j}] = \mp (\partial_{X} \pm ich \partial_{j}) .

$[\hat L_z,\partial_x \pm i\partial_y]=\mp(\partial_x \pm i\partial_y).$

Dies wurde nicht wirklich gefragt - das OP ist sich offensichtlich bewusst, dass eine Funktion keine gleichzeitige Eigenfunktion von sein kann $\hat L_z$ Und $\partial_x \pm i \partial_y$ . Das Problem ist, ob eine Eigenfunktion $f$ von $\hat L_z$ kann über in eine andere Eigenfunktion (mit anderem Eigenwert) transformiert werden $\partial_x \pm i \partial_y$ , was natürlich in der Standarddrehimpulsalgebra möglich und realisiert ist; es wäre auch der Fall, wenn die Grenze entfernt würde.

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