Unendliche und endliche quadratische Brunnen

Kurzversion:

In der unendlichen Potentialmulde,$E \geq 0$(da$V_{min}=0$, und$E \geq V_{min}$). In Ihrem endlichen Potentialtopf klingt es so, als würden Sie nach gebundenen Zuständen suchen, in diesem Fall$E < 0$, also absorbierst du das Negative in die Quadratwurzel.

Lange Version:

Wenn Sie ein QM-Problem angehen, sollten Sie zuerst die Zulässigkeit von gebundenen Zuständen und streuenden Zuständen herausfinden. Wenn die Energie des Teilchens kleiner ist als das Potential bei$-\infty$und$+\infty$, dann haben Sie gebundene Zustände. Zum Beispiel lässt der unendliche quadratische Brunnen nur gebundene Zustandslösungen zu. Der endliche Potentialtopf kann je nach Energie sowohl Streuzustände als auch gebundene Zustände zulassen (typischerweise$V(\pm \infty) = 0$in einem endlichen Potentialtopf, also wenn$E < 0$es ist ein gebundener Zustand und wenn$E > 0$es ist ein streuender Zustand).

Sobald Sie angeben, ob Sie gebundene oder streuende Zustände suchen, haben Sie eine Vorstellung davon, wo Ihre Energie ist. Im endlichen Quadrat gut mit$V(\pm \infty) = 0$, wenn Sie gebundene Zustände suchen, dann wissen Sie Bescheid$E < 0$. Um die Mathematik so einfach wie möglich zu halten, ist es daher sinnvoll, das Negative in die Quadratwurzel zu setzen, damit das Argument positiv wird.

Im unendlichen Quadrat weißt du ja, dass alle Zustände da gebunden sind$V(\pm\infty)=\infty$. Also müssen wir an anderer Stelle appellieren, um eine Beschränkung der Energie zu bekommen. Wir wissen das$E \geq V_{min}$(Andernfalls kann die Wellenfunktion nicht normiert werden, siehe Problem 2.2 von Griffiths QM). Seit$V_{min}=0$, dann$E \geq 0$. Daher sollten wir kein Negativ in die Quadratwurzel aufnehmen, um das Argument positiv zu halten.

Das einzige, was wirklich wichtig ist, ist die Differentialgleichung. Die Situation außerhalb des Brunnens ist in beiden Fällen:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= - \frac{2mE}{\hbar^2} \psi$

Nun ist es eine grundlegende Anmerkung, dass wir für gebundene Zustände E<0 schreiben können:$E=-|E|$und Sc. Gleichung werden:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= + \frac{2m|E|}{\hbar^2} \psi$

Der übliche Weg, dieses Problem zu lösen, ist das Setzen$k= \sqrt{\frac{2m|E|}{\hbar^2}}>0$, jetzt sind die Wurzeln der Differentialgleichung$\pm k$und allgemeine Lösung ist:

$\psi=Ae^{+kx}+Be^{-kx}$

Stattdessen können Sie das Problem auf diese Weise lösen:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= - \frac{2mE}{\hbar^2} \psi$

(ohne expliziten Absolutwert)

jetzt setzen$\alpha= \sqrt{- \frac{2mE}{\hbar^2}}$so:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= \alpha^2 \psi$

Lösung ist (wie oben):

$\psi=Ae^{+\alpha x}+Be^{-\alpha x}$

Und Sie können jetzt den Exponenten eingeben$E=-|E|$(gebundene Zustände):

$\alpha= \sqrt{- \frac{2mE}{\hbar^2}}=\sqrt{+ \frac{2m|E|}{\hbar^2}}=k$

Endlich:$\psi=Ae^{+\alpha x}+Be^{-\alpha x}=Ae^{+k x}+Be^{-k x}$

Die Lösungen sind (offensichtlich) auf zwei verschiedene Arten gleich (die Idee ist nur, in einem Fall den absoluten Wert sofort zu explizit zu machen und im anderen Fall, dies am Ende zu tun).