Unendlich gut Partikel mit zusätzlicher Zeitabhängigkeit. Potenzial

Nun, ohne das Deltapotential ist die Wellenfunktion

$$\tag{1} \psi_0(x,t)~=~\exp\left[ -\frac{iE_1 t}{\hbar}\right] \phi(x) ,$$

Wo

$$\tag{2} \phi(x)~:=~\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{\pi x}{L}, \qquad E_1~:=~ \frac{\hbar^2}{2m}\frac{\pi^2}{L^2}.$$

Als nächstes sollen wir die "volle" Wirkung der Delta-Funktion einbeziehen$\delta(t)$(im Gegensatz zu "der Hälfte" des Effekts, wenn wir uns fälschlicherweise für einen Start entscheiden$t=0$). Mit anderen Worten, wir wissen nur, dass (1) für strikt negative Zeiten gilt$t<0$. Wenn$\epsilon>0$bezeichnet dann eine infinitesimal kleine positive Größe

$$\tag{3} \psi(x,-\epsilon)~=~ \phi(x).$$

Deshalb

$$\tag{4} \psi(x,t)~=~T\exp\left[ -\frac{i}{\hbar}\int_{t_0}^t\!dt^{\prime}\hat{H}(t^{\prime}) \right]\psi_0(x,t_0)$$

für$t_0<0$, Wo$T$bezeichnet Zeitordnung. Allerdings ist es nicht so einfach, direkt mit Gl. (4). Einfacher ist es, die Schrödinger-Gleichung aus zu integrieren$t=-\epsilon$Zu$t=\epsilon$, wie OP vorschlägt:

$$\tag{5} i\hbar(\psi(x,\epsilon)-\psi(x,-\epsilon))~=~\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\!dt^{\prime} \hat{H}(t^{\prime})\psi(x,t^{\prime})~=~\frac{\pi\hbar x}{L}\psi(x,0).$$

Die Wellenfunktion hat also eine Unstetigkeit bei$t=0$. Als nächstes nehmen wir an, dass der Wert at$t=0$ist der Durchschnitt der Grenzen von rechts und links:

$$\tag{6} \psi(x,0)~=~\frac{\psi(x,\epsilon)+\psi(x,-\epsilon)}{2}.$$

Aus Gl. (3), (5) und (6), das folgern wir

$$\tag{7} \psi(x,\epsilon) ~=~\frac{1-\frac{i\pi x}{2L}}{1+\frac{i\pi x}{2L}}\phi(x) .$$

Was bleibt, ist die Wellenfunktion zu finden$\psi(x,t)$für endlich$t>0$. Das überlassen wir OP.

Vielleicht möchten Sie eine zeitliche Laplace- oder Fourier-Transformation der Schrödinger-Gleichung ausprobieren. Dann erhalten Sie, was effektiv eine Eigenfunktionsgleichung ist$\hat{H} \Psi = E \Psi$, aber mit den Frequenzen (also der eigentlichen "Energie")$\omega$durch die Randbedingungen bestimmt$\Psi$. Da Sie die Anfangsbedingung kennen, würde ich sagen, dass Sie eine Laplace-Transformation verwenden sollten, da Sie dadurch die Zeitabhängigkeit des neuen Zustands erhalten.

Wie Sie mit der Delta-Funktion bei Null umgehen, stellen Sie sich folgendermaßen vor:

$$\begin{equation} F(0) = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \delta(x) F(x) = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{-\epsilon}^{0} \delta(x) F(x) + \int_{0}^{\epsilon} \delta(x) F(x) \end{equation}$$ Und $\delta(x)$wird eine gerade Funktion angenommen, also $\delta(-x) = \delta(x)$. Die übliche Regel ist also, das Integral über die "halbe" Deltafunktion als den halben Funktionswert an diesem Punkt zu nehmen.