Radiale Schrödinger-Gleichung mit inversem Potenzgesetz-Potential

Was sie in der Zeitung zeigen, ist, dass z$\beta>2$, gibt es keine Lösungen mit der gegebenen asymptotischen Form as$r\to 0$es sei denn, wir vermuten$\alpha>0$. Ich denke, Sie können noch weiter gehen und zeigen, dass es keine nichtsingulären Lösungen für gibt$\beta>2,\alpha<0$, aber ich bin mir nicht sicher.

Was bedeutet das physikalisch? Nun, wenn wir ein Potential mit einer Singularität haben, betrachten wir es normalerweise nur als eine Annäherung, die nahe genug an der Singularität zusammenbricht. Beispielsweise modellieren wir das Wasserstoffatom mit einem Potential$V\propto r^{-1}$, aber wirklich das Potenzial in der Nähe$r=0$geht aufgrund der Kerngröße ungleich Null nicht ins Unendliche. Wir kommen mit der Nutzung des singulären Potenzials wegen des „schlechten“ Verhaltens davon$r=0$ändert die Lösungen qualitativ nicht. (Und natürlich korrigieren die Leute Effekte in der Atomphysik, die nicht null sind.)

Wenn es stimmt, dass der Grundzustand der Schrödinger-Gleichung singulär ist für Potentiale der gegebenen Form ($\alpha<0,\beta> 2$), was bedeutet, dass dieses Verfahren nicht funktioniert. Um genau zu sein, nehmen Sie an, Sie haben die Schrödinger-Gleichung für ein Potential gelöst, das wie das gegebene aussieht, bis auf einen gewissen "Cutoff".$r_0$, und ist für kleinere konstant$r$. Was Sie feststellen würden, ist, dass die Lösung nicht zu einer gewissen Grenze tendiert$r_0\to 0$-- die Lösung hängt qualitativ von der Größe dieses Cutoffs ab, egal wie klein er ist.

Um Ihre letzte Frage zu beantworten, für jedes abstoßende Potenzial ($\alpha,\beta>0$), erwarten Sie nur Kontinuumszustände (ungebundene Zustände). Diese Staaten haben$E>0$, und alle positiven Werte von$E$sind erlaubt. Wenn Sie also versuchen, den Grundzustand numerisch zu lösen, überrascht es mich nicht, dass Sie anscheinend Null erhalten.

Ergänzung : Nach der Diskussion in den Kommentaren fällt mir ein, dass wir sehen können, warum das so ist$\beta=2$verhält sich so wie es ist. Die Schrödinger-Gleichung lautet in diesem Fall

$$-{1\over 2}\nabla^2\psi + {\alpha\over r^2}\psi=E\psi.$$ Angenommen, Sie hätten eine gebundene Zustandslösung gefunden $\psi_0$entsprechend etwas Energie $E_0<0$. Definieren Sie eine neue Lösung, indem Sie einfach die radiale Koordinate skalieren: $$\psi_1(r)=\psi_0(cr)$$ für alle $c>0$. Dann $\psi_1$ist auch eine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit Energie $E_1=c^2E_0$. Insbesondere z $c>1$dies entspricht dem Zusammenpressen der Wellenfunktion in einen kleineren Raum und der negativeren Energie. Wenn Sie versuchen, die energieärmste Lösung zu finden, landen Sie bei der $c\to\infty$Fall - eine unendlich konzentrierte Wellenfunktion mit Energie $-\infty$.

Wenn Sie das Verfahren ausprobieren, das ich in meinem letzten Kommentar vorschlage (Abschneiden der Singularität im Potenzial bei einigen$r_0$und dann variieren$r_0$), passiert etwas Ähnliches. Die Grundzustandslösung für alles Positive$r_0$'s sehen gleich aus, mit radialen Koordinaten, die um den Wert von skaliert sind$r_0$, und die Grundzustandsenergie geht wie$r_0^2$. Als$r_0\to 0$, nähert sich die Grundzustandsenergie$-\infty$, und die Wellenfunktion wird bei unendlich konzentriert$r=0$.

Dies funktioniert nur für den Fall$\beta=2$, denn für diesen Wert von$\beta$Sowohl die kinetischen als auch die potentiellen Terme auf der linken Seite der Schrödinger-Gleichung skalieren auf die gleiche Weise, wenn Sie Ihre Koordinaten neu skalieren (dh beide gehen wie$c^2$). Anders gesagt: nur in dem Fall$\beta=2$ist die Konstante$\alpha$dimensionslos. Für alle anderen$\beta$, der Wert von$\alpha$bestimmt eine Längenskala (damit Sie nicht einfach eine Lösung neu skalieren können, um eine neue zu erhalten), sondern wann$\beta=2$Das Problem ist skaleninvariant.

Dies befasst sich mit den Fragen von NGY im Kommentar (und folgt meinem eigenen Kommentar). Vermuten$\phi(r) \sim r^n$für$r \sim 0$.

• Für$\beta < 2$der abgeleitete Term schlägt den potentiellen Term und wir erhalten, dass sich die Lösung um den Ursprung herum (bis zu Termen höherer Ordnung) verhalten muss

  $$n(n-1)r^{n-2} \sim 0$$ was passiert für$n > 2$Und$n=1$. Beachten Sie, dass, wenn die Lösung genau wäre$n=1$(Terme höherer Ordnung eingeschlossen) dann würde der Ableitungsterm identisch verschwinden und die Gleichung wäre nicht erfüllt für$\beta \leq 1$. Als Nebenbemerkung sei daran erinnert, dass es auch gebundene Lösungen gibt, die für divergieren$r \to 0$aber sie können immer noch normierbar sein, da die Normierung durch ein Integral über den gesamten Raum und einen Beitrag von der Kugel gegeben ist$S^{d-1}$kann die Abweichung aus schlagen$\left | \phi(r)^2 \right |$.

• Für$\beta = 2$wir sehen das$n(n-1) r^{n-2} \sim \alpha 2 r^{n-2}$impliziert$n=-1$für$\alpha = 1$Und$n=2$für$\alpha = -1$.

• Für$\beta > 2$der potentielle Term schlägt die Ableitung und wir erhalten$r^{n-\beta} = 0$. Was für jeden erfüllbar ist$n > \beta$aber dann muss die Lösung bei allen Ordnungen identisch verschwinden, um die Gleichung zu erfüllen (da die Ableitung, das Potential und die Energie alle unterschiedliche Ordnungen haben werden).

Um zu verstehen, wie sich die Energie verhält, müssen wir uns zu höheren Ordnungen bewegen.

Zum Beispiel für$\beta = 1$Und$n=1$wir haben

$$\phi(r) = ar + br^2 + cr^3 + o(r^3).$$ Wenn wir dies in die Gleichung einsetzen, erhalten wir $$-b - 3cr + \alpha (a + br) = E a r + o(r)$$ und so $b = \alpha a$Und $E = -3c/a + \alpha^2$.

Für$\beta = 2$,$\alpha = -1$Und$n=2$wir haben

$$\phi(r) = ar^2 + br^3 + cr^4 + o(r^4)$$ und folglich $$a + 3br + 12cr^2 - (a + br + cr^2) = Ear^2 + o(r^2)$$ was bedeutet, dass $b = 0$Und $E = 11c/a$.

Wenn wir das weiter annehmen$c/a$negativ ist, würde dies eine Antwort auf Ihre Frage ergeben. Ich habe keine Ahnung, warum das leider wahr sein sollte. Kann das jemand bestätigen oder widerlegen?