Unendlicher quadratischer Brunnen, der plötzlich an Größe abnimmt

Question

Unendlicher quadratischer Brunnen, der plötzlich an Größe abnimmt

Praan

Eine bekannte Übung in der grundlegenden Quantenmechanik ist die plötzliche (diabatische) Zunahme der Länge eines unendlichen quadratischen Brunnens .

Betrachten Sie nun ein Teilchen in einem Eigenzustand eines unendlichen Brunnens, dessen Länge plötzlich abnimmt . Auf den ersten Blick erscheint dies problematisch, da der Eigenzustand des Anfangstopfes nicht in die Eigenzustände des kleineren Topfes entwickelt werden kann.

Also dachte ich darüber nach, den anfänglichen Eigenzustand innerhalb des kleineren Brunnens wieder zu normalisieren, bevor ich die Überlappung berechnete. Das ist, was ich bisher bekommen habe:

Befindet sich das Teilchen zunächst im Grundzustand eines unendlichen Brunnens aus $0$ Knirps $2a$ , die renormierte Wellenfunktion in einem kleineren Brunnen aus $0$ zu $a$ ist

ϕ_{1} = \sqrt{\frac{2}{a}} Sünde \frac{π x}{2 a} .

$\begin{equation} \phi_1 = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{\pi x}{2a}. \end{equation}$ Die Eigenzustände des kleineren Wells sind

ψ_{n} = \sqrt{\frac{2}{a}} Sünde \frac{n π x}{a},

$\begin{equation} \psi_n = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n\pi x}{a}, \end{equation}$ und so ist die Überlappung

c_{n} = \frac{2}{a} \int_{0}^{a} d x Sünde \frac{π x}{2 a} Sünde \frac{n π x}{a} = (- 1)^{n} \frac{8 n}{π (1 - 4 n^{2})}

$\begin{equation} c_n = \frac{2}{a} \int_0^a dx \sin \frac{\pi x}{2a} \sin \frac{n\pi x}{a} = (-1)^n \frac{8n}{\pi\left(1-4n^2\right)} \end{equation}$ Das Problem ist nun, dass der Erwartungswert der Energie divergiert,

⟨ E ⟩ = \sum_{n} {| c_{n} |}^{2} E_{n} = \frac{32 ℏ^{2}}{m a^{2}} \sum_{n} \frac{n^{4}}{{(1 - 4 n^{2})}^{2}} .

$\begin{equation} \left< E \right> = \sum_n \left|c_n\right|^2 E_n = \frac{32 \hbar^2}{ma^2} \sum_n \frac{n^4}{\left(1-4n^2\right)^2}. \end{equation}$

Dies liegt daran, dass die Wellenfunktion bei diskontinuierlich ist $x=a$ die erste Ableitung enthält also einen Term proportional zu $\delta(x-a)$ .

Daher kam ich zu dem Schluss, dass diese Methode unbefriedigend ist, da sie nicht-physikalische Ergebnisse liefert.

Gibt es eine Lösung oder ist das Problem schlecht definiert? Die adiabatische Grenze ist sicherlich wohldefiniert.

BEARBEITEN

Dem Vorschlag von Kevin Zhou folgend, zog ich stattdessen dieses System in Betracht

Zum $E<V_0$ , die Lösungen sind gegeben durch

\begin{aligned} ψ_{1} (x) & = Sünde k x \\ ψ_{2} (x) & = \frac{Sünde k a}{Sünde λ a} Sünde λ (2 a - x), \end{aligned}

$\begin{align} \psi_1(x) & = \sin kx \\ \psi_2(x) & = \frac{\sin ka}{\sinh \lambda a} \sinh \lambda(2a-x), \end{align}$ mit

k = \sqrt{2 m E} / ℏ

$k=\sqrt{2mE}/\hbar$ und

λ = \sqrt{2 m (V_{0} - E)} / ℏ

$\lambda=\sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$ . Und das Spektrum wird aus gefunden

λ bräunen k a = - k Tanh λ a,

$\begin{equation} \lambda \tan ka = -k \tanh \lambda a, \end{equation}$ was numerisch gelöst werden muss. Zum

E > V_{0}

$E>V_0$ wir lassen einfach

λ \to i q

$\lambda \rightarrow iq$ mit

q = \sqrt{2 m (E - V_{0})} / ℏ

$q=\sqrt{2m(E-V_0)}/\hbar$ .

Knzhou

Huh, das ist eine interessante Frage. Auf den ersten Blick ist es eigentlich nicht verwunderlich, dass Sie unendlich sind, denn dies ist, als würde man das Teilchen unendlich hart treffen.

Knzhou

Sie könnten jedoch wahrscheinlich eine nicht unendliche Antwort erhalten, indem Sie das neue Potenzial als eine hohe Konstante annehmen

V_{0}

$V_0$ statt unendlich. In diesem Fall sehen die Eigenzustände wie Eigenzustände des kleineren Brunnens aus, aber sie fließen in den über

V_{0}

$V_0$ Region ein wenig. Dadurch können Sie ein vollkommen gutes inneres Produkt berechnen; Ich vermute, das Endergebnis wäre

⟨ E ⟩ \propto V_{0}

$\langle E \rangle \propto V_0$ , obwohl dies möglicherweise nicht analytisch erhältlich ist.

arivero

@KevinZhou Ich mag deine Idee. Die Skalierung des endlichen Brunnens ist, ähm, gut verstanden.

Praan

@KevinZhou Danke für deinen Vorschlag. Ich habe es numerisch gelöst und der Erwartungswert skaliert mit der Höhe

V_{0}

$V_0$ wie erwartet.

Garyp

Meine Intuition sagt mir, dass es keine zuverlässige Lösung für die Frage geben wird, weil die Situation physikalisch wirklich unmöglich ist. Zum einen gibt es keinen unendlichen quadratischen Brunnen. Außerdem kann man im Falle einer plötzlichen Expansion an eine sehr schnelle Expansion denken. Aber nicht für die Kontraktion. Selbst eine sehr schnelle Kontraktion wäre nicht adiabat. Wie Sie festgestellt haben, ist eine mögliche Analyse (

V_{0} \to \infty

$V_0\rightarrow\infty$ ) gibt eine unsinnige Antwort

Korra

Der Koeffizient für

ϕ_{1}

$\phi_1$ ist falsch

Praan

@Korra Beachten Sie, dass diese Wellenfunktion in Bezug auf die kleinere Breite des Brunnens normalisiert ist

a

$a$ .

\int_{0}^{a} d x \frac{2}{a} \sin^{2} \frac{π x}{2 a} = 1

$\int_0^a dx \frac{2}{a} \sin^2 \frac{\pi x}{2a} = 1$

Korra

@Praan, aber wenn die Wellenfunktion für einen Brunnen mit einer Breite von 0 bis 2a gilt, warum sollte sie für die kleinere Brunnenbreite normalisiert werden?

Praan

@Korra Ich gehe davon aus, dass sich das Partikel anfangs im größeren Brunnen befindet und schrumpft den Brunnen dann schnell genug, sodass die Wellenfunktion gleich bleibt (bis zu einer Konstante). Die Normalisierung muss sich ändern, da das Teilchen nicht austreten kann. Die Wellenfunktion muss vor und nach der plötzlichen Änderung der Breite des Brunnens normalisiert bleiben.

Antworten (3)

Unendlicher quadratischer Brunnen, der plötzlich an Größe abnimmt

Huh, das ist eine interessante Frage. Auf den ersten Blick ist es eigentlich nicht verwunderlich, dass Sie unendlich sind, denn dies ist, als würde man das Teilchen unendlich hart treffen.
Sie könnten jedoch wahrscheinlich eine nicht unendliche Antwort erhalten, indem Sie das neue Potenzial als eine hohe Konstante annehmen $V_0$ statt unendlich. In diesem Fall sehen die Eigenzustände wie Eigenzustände des kleineren Brunnens aus, aber sie fließen in den über $V_0$ Region ein wenig. Dadurch können Sie ein vollkommen gutes inneres Produkt berechnen; Ich vermute, das Endergebnis wäre $\langle E \rangle \propto V_0$ , obwohl dies möglicherweise nicht analytisch erhältlich ist.
@KevinZhou Ich mag deine Idee. Die Skalierung des endlichen Brunnens ist, ähm, gut verstanden.
@KevinZhou Danke für deinen Vorschlag. Ich habe es numerisch gelöst und der Erwartungswert skaliert mit der Höhe $V_0$ wie erwartet.
Meine Intuition sagt mir, dass es keine zuverlässige Lösung für die Frage geben wird, weil die Situation physikalisch wirklich unmöglich ist. Zum einen gibt es keinen unendlichen quadratischen Brunnen. Außerdem kann man im Falle einer plötzlichen Expansion an eine sehr schnelle Expansion denken. Aber nicht für die Kontraktion. Selbst eine sehr schnelle Kontraktion wäre nicht adiabat. Wie Sie festgestellt haben, ist eine mögliche Analyse ( $V_0\rightarrow\infty$ ) gibt eine unsinnige Antwort
@Korra Beachten Sie, dass diese Wellenfunktion in Bezug auf die kleinere Breite des Brunnens normalisiert ist $a$ . $\int_0^a dx \frac{2}{a} \sin^2 \frac{\pi x}{2a} = 1$
@Praan, aber wenn die Wellenfunktion für einen Brunnen mit einer Breite von 0 bis 2a gilt, warum sollte sie für die kleinere Brunnenbreite normalisiert werden?
@Korra Ich gehe davon aus, dass sich das Partikel anfangs im größeren Brunnen befindet und schrumpft den Brunnen dann schnell genug, sodass die Wellenfunktion gleich bleibt (bis zu einer Konstante). Die Normalisierung muss sich ändern, da das Teilchen nicht austreten kann. Die Wellenfunktion muss vor und nach der plötzlichen Änderung der Breite des Brunnens normalisiert bleiben.

Jim · Answer 1

Zu lang für einen Kommentar: Eine andere Möglichkeit besteht darin, den Fall des unendlichen quadratischen Topfpotentials mit einer sich bewegenden Wand zu betrachten. Dies kann genau für den Fall konstanter Geschwindigkeit gelöst werden, $v$ (Wo für einen sich ausdehnenden Brunnen $v$ ist psoitiv und für ein Contracting gut $v$ ist negativ: Siehe Griffiths, Introduction to Quantum Mechanics (2005), Problem 10.1, der auf die Arbeit von Doescher und Rice Am J Phys {\bf 37} 1246 (1969) verweist (Griffiths berücksichtigt nur $v$ positiv (ein sich ausdehnender Brunnen), aber Doescher und Rice machen deutlich, dass die Lösung auch für ein negatives gilt $v$ ).

Wenn der ursprüngliche Brunnen breit ist $a$ , ein vollständiger Satz von Eigenfunktionen sind

Φ_{n} (x, t) \equiv \sqrt{\frac{2}{w}} Sünde \frac{n π}{w} x e^{ich (m v x^{2} - 2 E_{n}^{ich} a t) / (2 ℏ w)}

$\Phi_n(x,t) \equiv \sqrt{\frac{2}{w}} \sin\frac{n \pi}{w}x \, e^{i (m vx^2 - 2E^i_n at)/(2 \hbar w)}$ mit

w (t) \equiv a + v t

$w(t) \equiv a + vt$ ist die momentane Breite des Brunnens und

E_{n}^{i} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m a^{2}}

$E^i_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2}$ ist der

n^{t h}

$n^{th}$ erlaubte Energie des ursprünglichen Brunnens. Jede Lösung ist eine Linearkombination der

Φ_{n} (x, t)

$\Phi_n(x,t)$ und die Koeffizienten können auf übliche Weise bestimmt werden.

arivero · Answer 2

Ich würde sagen, dass das nicht-adiabatische Problem schlecht definiert ist. Mal schauen.

Alle ersten Lösungen $\Psi_n(x) = A_n \sin(n \pi x / 2a)$ einen Wahrscheinlichkeitsstrom haben $\Psi'^* \Psi - \Psi^* \Psi'$ überall gleich Null, so dass Sie sie im Prinzip an jedem Punkt schneiden können, ohne ein Wahrscheinlichkeitsleck zu haben. Das Problem besteht darin, dass die Randbedingungen für den Definitionsbereich jedes Hamiltonoperators – jedes selbstadjungierten Operators – eindeutig und mit Linearität kompatibel sein müssen.

Es hängt davon ab $n$ , der zentrale Schnitt $(a/2,3a/2)$ der ursprünglichen Eigenfunktion geht an 4 verschiedene Hamiltonianer:

$n \mod 4 = 1 \to$ $\Psi(a/2)=\Psi'(a/2), \Psi(3a/2)=-\Psi'(3a/2)$

$n \mod 4 = 2 \to$ $\Psi'(\frac a2)=0, \Psi'(\frac{3a}2)=0$

$n \mod 4 = 3 \to$ $\Psi(\frac a2)=-\Psi'(\frac a2), \Psi(\frac{3a}2)=\Psi'(\frac{3a}2)$

$n \mod 4 = 0 \to$ $\Psi(\frac a2)=0, \Psi(\frac{3a}2)=0$

Der Schnitt zu $(0,a)$ geht an zwei verschiedene Hamiltonianer

$n \mod 2 = 1 \to \Psi(0)=0, \Psi'(a)=0$

$n \mod 2 = 0 \to$ $\Psi(0)=0, \Psi(a)=0$

Das ist einfacher, aber es ist immer noch das gleiche Problem: Die Eigenfunktionen einer Hamilton-Funktion liegen außerhalb des Geltungsbereichs der anderen. Dies sollte der Ursprung der Unendlichkeit sein, die Sie erhalten, wenn Sie alle Projektionen addieren, um einen Erwartungswert zu erhalten. Die Diskontinuität an der Grenze ist wirklich mathematisch irrelevant, weil Sie integrieren $L^2(0,a)$ ; Sie sollten ein endliches Ergebnis erhalten, wenn Sie den Satz von Funktionen in derselben Domäne überlappen und addieren, dh mit denselben Randbedingungen.

Es könnte sinnvoll sein zu behaupten, dass Sie die Hälfte des Spektrums zerstören können, denn das ist auch das, was wir im Ortsraum tun: Wir zerstören alle Eigenwerte $|\delta_x>$ zum $x$ größer als $a$ . Aber das gleiche passiert mit dem zentralen Schnitt, und dort sind wir gezwungen, drei von vier Energiewerten zu zerstören. Das Argument sieht also nicht sehr stark aus.

arivero · Answer 3

Der Vorschlag von Kevin Zhou hat dagegen den Vorteil, dass wir versuchen könnten, alle Pole des Originalbrunnens und des halbierten zu kontrollieren. Die Polologie des quadratischen Wells wurde in Nussenzveig „The poles of the S-matrix of a rechteckig potential well or barrier“ Nuclear Physics, 11:409–521, 1959 untersucht . und in seinem Buch "Causality and Dispersion Relations" erneut aufgegriffen. Einige Details auf Spanisch können aus Kapitel 3.2 meiner Diplomarbeit erraten werden , aber der Artikel von B. Belchev, SG Neale und MA Walton bietet eine vollständigere Übersicht, und ich habe die Plots nicht in mein Dokument aufgenommen.

Eine unausgegorene Idee, die wir hier ausnutzen sollten, ist, dass wir die potenzielle Form verkleinern $2a$ zu $a$ kein Eigenzustand geht wirklich verloren. Was in der Streumatrix passiert, ist, dass sich der entsprechende Pol über die imaginäre Achse bewegt $ik$ bis es mit einem anderen Pol kollidiert, der aus einem reinen "antigebundenen" Zustand stammt ("Gamow-Vektoren" oder diskrete Zustände, die in den kontinuierlichen E> 0-Teil des Spektrums eingefügt sind, wenn ich mich richtig erinnere) und dann verlassen beide Pole symmetrisch das Imaginäre Achse werden Resonanzen in der komplexen Ebene sein (einige Autoren - ich - nennen auch Resonanzen zu den "antigebundenen" Zuständen). Sie können es in Abb. 5 des BNW-Artikels sehen.

Es könnte also sinnvoll sein, das Halbierungsproblem nicht nur als Funktion der Eigenwerte zu analysieren $E_n$ links, sondern auch der in die komplexe Ebene eingedrungenen Resonanzen. Und kombinieren Sie den Prozess der Halbierung des Potenzials mit der Erhöhung von $V_0$ .

(zu groß für einen Kommentar, zu unausgegoren für eine Antwort, sorry dafür ... aber es könnte ein guter Anfang sein)

Unendlicher quadratischer Brunnen, der plötzlich an Größe abnimmt

Praan

Knzhou

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arivero

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