Schätzen Sie die minimale Potentialtiefe, die für gebundene Zustände in einem attraktiven 3D-Potentialtopf erforderlich ist
Pascal Engeler
Betrachten Sie einen kugelsymmetrischen 3D-Potentialtopf.
mit für Und sonst für einige .
Nun, das ist allgemein bekannt muss ein Mindestwert sein, damit der Brunnen einen Zustand binden kann. Eine schnelle Schätzung mit HUP und Erträge
Das gleiche Argument funktioniert jedoch auch für den symmetrischen 1D-Well, aber in 1D kann ein solcher Brunnen mindestens einen Zustand für jeden binden . Dasselbe gilt für 2D, wo jede solche Vertiefung zumindest einen Zustand geringfügig binden kann.
Ich weiß, dass eine genaue Berechnung das gewünschte Ergebnis liefert, aber warum funktioniert diese Schätzung nicht?
Antworten (1)
kristjan
Die Abschätzung gilt nur, wenn das Teilchen wirklich in die Vertiefung gedrückt wird ( ). Wenn das Potential jedoch nahe Null wird, dehnt sich die Wellenfunktion des Teilchens aufgrund des Tunnelns nach außen aus. Ihrer Einschätzung nach sollte nicht der Durchmesser des Brunnens sein, sondern der charakteristische Durchmesser der Wellenfunktion. Diese wird beliebig groß (wenn das Potential beliebig klein wird), daher gibt es keine unteren Grenzen für die kinetische Energie.
Pascal Engeler
Aber wenn Sie die TISE tatsächlich lösen
Sie erhalten ein 1D-Problem für den radialen Teil mit der Einschränkung, dass es eine Wurzel geben muss
. Wenn ich mich nicht völlig irre, ergibt dies eine Gleichung, die die genaue Untergrenze von angibt
. Widerspricht das nicht Ihrer Aussage?
kristjan
Meinst du den Grenzfall, wo es keinen Potentialtopf gibt (
)? In diesem Fall ist die Wellenfunktion ohnehin nicht normierbar, da kein Potentialtopf existiert. Allerdings für jeden
, kann die Gesamtenergie beliebig nahe an das Potential gebracht werden, wodurch die Exponentialkoeffizienten für den Außenbereich so nahe wie nötig an Null herangebracht werden, um die Normalisierungsbedingung wahr zu machen. Beachten Sie, dass in diesem Fall die Unsicherheit der Position nicht abnimmt (zumindest nicht viel), wenn sie abnimmt
, als reduzierend
macht einfach den Tunnel mit dem niedrigsten Energiezustand weiter draußen.
Einführendes Quantum, Probleme mit dieser Randbedingung und diesem Potenzial
Negatives Potential unendlicher quadratischer Brunnen
Elektron, das durch ein Stufenpotential von V0V0V_0 nach 0 wandert
Wann sind Eigenfunktionen/Wellenfunktionen reell?
Wie finden wir die Anzahl der beschränkten Zustände in diesem Potential?
Wellenfunktion eines Teilchens im Gravitationsfeld
Ist das Potenzial des harmonischen Oszillators einzigartig, da es diskrete Energieniveaus mit gleichem Abstand hat?
Endlicher, quadratischer Potentialschacht
Warum bewirkt die erste radiale Anregung eines Teilchens in einem 2D-Ring a Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Betrachten Sie die Quantenmechanik eines massiven Teilchens, das durch unendliche Potentialwände auf einen 2D-Ring beschränkt ista < r < b A < R < B a<r<b, für die die Hamilton-Eigenfunktionen der stationären Schrödinger-Gleichung gehorchen −12∇2ψ ( r , θ ) = Eψ ( r , θ )unterψ ( a ) = ψ ( b ) = 0. − 1 2 ∇ 2 ψ ( R , θ ) = E ψ ( R , θ ) unter ψ ( A ) = ψ ( B ) = 0. -\frac12\nabla^2 \psi(r,\theta) = E\psi(r,\theta) \qquad \text{under}\quad \psi(a)=\psi(b)=0. Diese Schrödinger-Gleichung ist ungefähr so einfach zu lösen wie die des endlichen quadratischen Brunnens in 1D: Die Wellenfunktion selbst muss eine Linearkombination von Bessel-Funktionen der ersten und zweiten Art sein, ψ ( r , θ ) = [ AJM( kr ) + B _YM( kr ) ] _eich bin θ, ψ ( R , θ ) = [ A J M ( k R ) + B Y M ( k R ) ] e ich M θ , \psi(r,\theta) = \bigg[A J_m(kr) +B Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, WoE=12k2 E = 1 2 k 2 E=\frac12 k^2, und die Nullstelle am inneren Ring kann ganz einfach explizit gelöst werden, was eine Wellenfunktion der Form ergibt ψ ( r , θ ) = N[YM( ka ) _JM( k r ) −JM( ka ) _YM( kr ) ] _eich bin θ, ψ ( R , θ ) = N [ Y M ( k A ) J M ( k R ) − J M ( k A ) Y M ( k R ) ] e ich M θ , \psi(r,\theta) = N\bigg[Y_m(ka)J_m(kr) - J_m(ka)Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, das Problem schließlich auf die Lösung einer einzigen transzendentalen Gleichung reduzieren, YM( ka ) _JM( kb ) − _JM( ka ) _YM( k b ) = 0 , Y M ( k A ) J M ( k B ) − J M ( k A ) Y M ( k B ) = 0 , Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0, die sogenannten „Kreuzprodukt“-Bessel-Nullen . OK, mit dieser kleinen Einrichtung möchte ich die folgende Anmerkung machen: Beobachtung: im Limitb / a ≫ 1 B / A ≫ 1 b/a\gg 1, wo der Ring im Vergleich zu seinem Innendurchmesser groß ist, der erstem = 0 M = 0 m=0Der angeregte Zustand (dh der Zustand mit genau einem radialen Knoten) liegt zwischen den niedrigstenm = 2 M = 2 m=2Staat und der niedrigstem = 3 M = 3 m=3Zustand: Bildquelle: Import[" http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m "][" http://i.stack.imgur.com/srzC6.png "] Dies lässt sich am einfachsten grafisch darstellen; Das obige Diagramm zeigt einen einigermaßen asymptotischen Bereich inb / a B / A b/a(Einstellunga = 1 A = 1 a=1), aber das Verhalten bleibt bis zu Werten von bestehenb / a B / A b/aso groß, wie ich es mir vorgenommen habe. In diesem Sinne dann: Was ist so besonders an derm = 2 M = 2 \mathbf{\boldsymbol m=2}Zum = 3 M = 3 \mathbf{\boldsymbol m=3}Schritt? Das heißt, wenn diem = 0 M = 0 m=0,NR= 1 N R = 1 n_r=1Zustand wird asymptotisch zwischen zwei definiertenM M mGrundzustände, warum nicht zwischenm = 0 M = 0 m=0Undm = 1 M = 1 m=1? Oder, wenn azimutale Anregungen grundsätzlich einfacher sind als radiale Anregungen, warum nicht dazwischenm = 1 M = 1 m=1Undm = 2 M = 2 m=2? Oder, wenn es an einem Höhepunkt der gehtM M mLeiter, warum nicht diem = 3 M = 3 m=3Zum = 4 M = 4 m=4oderm = 4 M = 4 m=4Undm = 5 M = 5 m=5Schritte, wo wir gerade dabei sind? Quantenmechanik Wellenfunktion Potenzial Schrödinger-Gleichung Eigenwert Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Vielleicht könnte man das asymptotische Verhalten der Kreuzprodukt-Bessel-Nullen überprüfen: Der asymptotische Ausdruck der NIST-Seite könnte einige Einblicke geben. Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Anders Sandberg Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z @AndersSandberg Die Asymptotik in der DLMF gilt für die höherwertigen Nullstellen derselben Gleichung (dh ihrev v \nuist meinM M mund ihreM M mist meinNR N R n_r; die Ergebnisse sind asymptotisch in ihrerM M m), anstatt das Verhalten der Nullstelle niedrigster Ordnung als Gleichung selbst (viaB B b) Änderungen. Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Emilio Pisanty Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z Der beste Weg, sich dieser Frage zu nähern, besteht darin, das Limit auf das Formular umzudrehena / b → 0 A / B → 0 a/b\to 0, dh den Außenradius als fest zu betrachten und dann den Innenradius zu Null zu nehmen. Das wird im Allgemeinen erforderlich seinka → 0 _ k A → 0 ka\to 0, und in diesem Regime dieA A a-abhängige Koeffizienten der Quantisierungsgleichung YM( ka ) _JM( kb ) − _JM( ka ) _YM( k b ) = 0( ∗ ) ( ∗ ) Y M ( k A ) J M ( k B ) − J M ( k A ) Y M ( k B ) = 0 Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0 \tag{$*$} werden sehr unterschiedlich aussehen: whileJM( ka ) _ J M ( k A ) J_m(ka)bleibt begrenzt (und zm > 0 M > 0 m>0, es wird gegen Null tendieren),YM( ka ) _ Y M ( k A ) Y_m(ka)wächst immer unbegrenzt, was als erste Annäherung an die Quantisierungsgleichung bedeutet( ∗ ) ( ∗ ) (*)In dieser Grenze können wir den Begriff in einfach verwerfenYM( kb ) _ Y M ( k B ) Y_m(kb), also bleibt uns nur noch JM( k b ) = 0. J M ( k B ) = 0. J_m(kb)=0. Das heißt, die Reihenfolge der radialen und der azimutalen Nullstellen in diesem asymptotischen Regime wird dadurch verursacht, dass die ersten Nullstellen vonJ1( z) J 1 ( z ) J_1(z)UndJ2( z) J 2 ( z ) J_2(z)passieren vor der zweiten Null vonJ0( z) J 0 ( z ) J_0(z), aber die erste Null vonJ3( z) J 3 ( z ) J_3(z)zwischen der zweiten und dritten Null liegtJ0( z) J 0 ( z ) J_0(z): OK, das löst das Rätsel, aber es lässt eine Frage offen: ob die Quantisierungsbedingung in dieser Grenze gerecht istJM( k b ) = 0 J M ( k B ) = 0 J_m(kb)=0, dh identisch mit einem Vollkreis ohne inneren Kern, wie schafft es dann die Wellenfunktion, einen Knoten in der Mitte zu bekommen? Die Antwort darauf ist, die Näherungen etwas genauer zu beschreibenka → 0 _ k A → 0 ka\to 0Grenze, indem quantitative Schätzungen für die verwendet werdenCM( ka ) _ C M ( k A ) C_m(ka)Koeffizienten: mit der Asymptotik JM( z) ∼zMm !2M J M ( z ) ∼ z M M ! 2 M J_m(z) \sim \frac{z^m}{m! 2^m} für die reguläre Lösung, und YM( z) ∼ −( m − 1 ) !2Mπ1zM für m > 0UndY0( z) ∼2πln( z) Y M ( z ) ∼ − ( M − 1 ) ! 2 M π 1 z M für M > 0 Und Y 0 ( z ) ∼ 2 π ln ( z ) Y_m(z) \sim -\frac{(m-1)!2^m}{\pi} \frac{1}{z^m} \text{ for }m>0 \quad \text{and} \quad Y_0(z) \sim \frac{2}{\pi} \ln(z) für die divergente lautet die Quantisierungsbedingung JM( kb ) _J0( kb ) _≈ −πm ! ( m − 1 ) !22 m( ka _)2 mYM( kb ) _für m > 0 und _ ≈π21ln( ka ) _Y0( kb ) . _ J M ( k B ) ≈ − π M ! ( M − 1 ) ! 2 2 M ( k A ) 2 M Y M ( k B ) für M > 0 , Und J 0 ( k B ) ≈ π 2 1 ln ( k A ) Y 0 ( k B ) . \begin{align} J_m(kb) & \approx - \frac{\pi}{m!(m-1)! 2^{2m}} (ka)^{2m}Y_m(kb) \quad \text{for }m>0, \ \text{and}\\ J_0(kb) & \approx \frac{\pi }{2} \frac{1}{\ln(ka)} Y_0(kb). \end{align}Bisher sagt uns dies, was wir bereits wussten: dieYM( kb ) _ Y M ( k B ) Y_m(kb)wird am anderen Ende brav sein, und dask ein k A ka-abhängige Faktoren fahrenJM( kb ) _ J M ( k B ) J_m(kb)bis auf null. Wichtiger ist jedoch, dass wir diese Schätzungen jetzt wieder in die Wellenfunktion selbst einspeisen können, die jetzt lautet ψ ( r , θ ) =N'[JM( kr ) + _πm ! ( m − 1 ) !22 m( ka _)2 mYM( kr ) ] _eich bin θ, ψ ( R , θ ) = N ' [ J M ( k R ) + π M ! ( M − 1 ) ! 2 2 M ( k A ) 2 M Y M ( k R ) ] e ich M θ , \psi(r,\theta) = N'\bigg[J_m(kr) + \frac{\pi}{m!(m-1)! 2^{2m}} (ka)^{2m}Y_m(kr)\bigg]e^{im\theta}, fürm > 0 M > 0 m>0Und ψ ( r , θ ) =N'[J0( k r ) −π21ln( ka ) _Y0( kr ) ] _ ψ ( R , θ ) = N ' [ J 0 ( k R ) − π 2 1 ln ( k A ) Y 0 ( k R ) ] \psi(r,\theta) = N'\bigg[J_0(kr) - \frac{\pi }{2} \frac{1}{\ln(ka)}Y_0(kr)\bigg] \qquad\qquad\qquad\qquad für den Basisfall. Wichtig dabei ist, dass die Lösung im Wesentlichen von der dominiert wirdJM( kr ) _ J M ( k R ) J_m(kr)Begriff, weil der Koeffizient derYM( kr ) _ Y M ( k R ) Y_m(kr)Begriff verschwindet in derka → 0 _ k A → 0 ka\to 0Grenze; es ist daher keine Überraschung, dass die Quantisierungsbedingung auf den Vollkreisfall beschränkt ist. Diese Dominanz erstreckt sich jedoch nicht bis zur inneren Grenze: Die Lösung hat eine winzige Menge anYM( kr ) _ Y M ( k R ) Y_m(kr)darin, aber der Koeffizient ist immer noch ungleich Null, und alsk r k R krAnsätzek ein k A kavon oben die Neumann-FunktionYM( kr ) _ Y M ( k R ) Y_m(kr)wird immer größer, also für alle endlichA A aes wird schließlich groß genug sein, um der Winzigkeit des Koeffizienten zu entsprechen und einen Ordnungsbegriff zu geben1 1 1das wird die Nicht-Null aufhebenJM( ka ) _ J M ( k A ) J_m(ka)Beitrag. So zum Beispiel beim = 0 M = 0 m=0Die Wellenfunktion sieht aus wie Ihre BasisJ0( kr ) _ J 0 ( k R ) J_0(kr)Drum-Grundzustand, aber mit einem klitzekleinen BisschenY0( kr ) _ Y 0 ( k R ) Y_0(kr)das ist nur relevant, wenn es divergiert und am Ursprung eine Null ausschneidet. Abschließend, nur um dies hier zu dokumentieren: Die oben angegebene Asymptote funktioniert irgendwie in Ordnungm ≥ 1 M ≥ 1 m\geq 1, aber es ist nicht gut für diem = 0 M = 0 m=0Kanal, wo die Konvergenz zu dieser Asymptotik logarithmisch statt Potenzgesetz ist. Dies kann in der Tat verbessert werden, indem die Gleichung wie eingangs angegeben genommen wird, YM( ka ) _JM( kb ) − _JM( ka ) _YM( k b ) = 0 ,( ∗ ) ( ∗ ) Y M ( k A ) J M ( k B ) − J M ( k A ) Y M ( k B ) = 0 , Y_m(ka)J_m(kb) - J_m(ka)Y_m(kb)=0, \tag{$*$} und unter der Annahme, dass sich die Lösung nicht viel ändert, dh durch die Einstellungk b =Jm , n+ ö k B = J M , N + δ kb = j_{m,n}+\delta, einige Störungen auf derN N nte Null vonJM J M J_m, und erweiternJM( kb ) _ J M ( k B ) J_m(kb)linear um diesen Punkt, was nachgibt JM( kb ) ≈ − _Jm + 1(Jm , n) δ, J M ( k B ) ≈ − J M + 1 ( J M , N ) δ , J_m(kb) \approx -J_{m+1}(j_{m,n})\delta, mit allem anderen unberührt am Nullpunkt. Dies führt zu einer linearen Gleichung inδ δ \delta, die gelöst werden können, um zu geben k b =Jm , n−1YM(Jm , na / b )JM(Jm , na / b )YM(Jm , n)Jm + 1(Jm , n). k B = J M , N − 1 Y M ( J M , N A / B ) J M ( J M , N A / B ) Y M ( J M , N ) J M + 1 ( J M , N ) . kb= j_{m,n} - \frac{1}{Y_m(j_{m,n}a/b)} \frac{J_m(j_{m,n}a/b)Y_m(j_{m,n})}{J_{m+1}(j_{m,n})}. Fürm = 0 M = 0 m=0, gibt dieser erste Nenner eine Asymptotik der Form an k b =J0 , n+π/ 2ln( b /Jm , na )JM(Jm , na / b )YM(Jm , n)Jm + 1(Jm , n). k B = J 0 , N + π / 2 ln ( B / J M , N A ) J M ( J M , N A / B ) Y M ( J M , N ) J M + 1 ( J M , N ) . kb= j_{0,n} + \frac{\pi/2}{\ln(b/j_{m,n}a)} \frac{J_m(j_{m,n}a/b)Y_m(j_{m,n})}{J_{m+1}(j_{m,n})}. Dies verbessert diese Konvergenz wirklich, insbesondere bei der Annäherung an den Grundzustand durch die durchgezogene graue Linie: Quelle: Import[" http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m "][" http://i.stack.imgur.com/Uk9Eo.png "] Das Wetter ist jetzt gut. Jetzt ist 2023-03-11T19:58:50.292Z
Lösung der radialen Quantengleichung für unendlichen potentiellen Kugelring für l=0l=0l=0
QMechaniker