Распределение дельты позиции$\delta(x)$имеет единицы обратной длины, так что$\int \mathrm dx\ \delta(x) = 1$является размерно-согласованным. Таким образом, размерная согласованность предполагает, что ваш потенциал должен быть

$$V(x) = \begin{cases} \infty & x < -d \\ -V_0 a \delta(x) & x > -d \end{cases}$$

где$a$новый параметр с единицами измерения длины.

В пределе$d\to\infty$вы ожидаете восстановить единственное связанное состояние изолированного дельта-потенциала; дополнительный параметр предполагает, что вы должны восстановить связанное состояние в пределе$d \gg a$.

Обратите внимание, что в вашем условии квантования$\frac{2mV_0}{\hbar^2 k}$имеет те же единицы, что и$k$, но вы используете его в безразмерном контексте.

Тем не менее, изменение$V_0\to V_0 a$не устраняет проблему, которую вы определили в своем условии квантования, что одна сторона определенно больше, чем другая, а другая сторона определенно меньше. Проблема все еще присутствует, даже если вы принимаете$d\to\infty$ограничить и написать

$$\lim_{d\to\infty} \frac{1 + e^{-2kd}}{1 - e^{-2kd}} = 1 \overset{?!}{=} 1 - \frac{2mV_0 a}{\hbar^2 k}$$

Есть два возможных объяснения этого сценария:

1. Вы допустили ошибку в настройке граничных условий. Когда вы исправите эту ошибку, вы обнаружите известное решение$E=-{m(V_0a)^2}/{2\hbar^2}$для$d\to\infty$лимит и коррекция порядка$a/d$за далеким бесконечным барьером.

2. Связанное состояние дельта-потенциала настолько «тонкое», что бесконечный потенциальный барьер на любом расстоянии разрушает его. В этом случае вы можете посмотреть на конечный барьер

   $$V(x) = \begin{cases} V_1 & x < -d \\ -V_0 a \delta(x) & x > -d \end{cases}$$ и ожидать, что существование связанного состояния будет иметь такое условие, как$V_1 d \lesssim V_0 a$.

Я склоняюсь к № 1, еще одной ошибке, но я бы не слишком удивился в любом случае.

---

В вашем среднем определении слова есть ошибка со знаком$\psi$:

$$\psi|_{x=-d} = A\cdot(-e^{-3kd} + e^{-kd}) \neq 0$$

Использование вместо

$$\psi|_{-d<x<0} = A\cdot(-e^{+2kd}e^{+kx} + e^{-kx} )$$

дает условие квантования

$$k = \frac{mV_0 a}{\hbar^2} ( 1 - e^{-2kd} )$$

Для$d\to\infty$это на самом деле сводится к условию невозмущенной притягивающей дельта-ямы, и мы восстанавливаем единственное решение$k_\infty = \frac{mV_0 a}{\hbar^2}$. Для конечных$d$, есть решение с$k=0$что соответствует (после нормализации) нулевой всюду волновой функции. Нетривиальное решение существует только в том случае, если правая часть изначально круче$k$чем левая сторона; то есть, если

$$%\frac{\mathrm d}{\mathrm dk} k_\infty(1-e^{-2kd}) = k_\infty \cdot (+2 d) > 1 2d > \frac1{k_\infty}$$

Значение решения будет включать W-функцию Ламберта (нормальный человек найдет ее численно). Удовлетворительно, это тот случай, когда «более глубокая» или «более широкая» привлекательная скважина с большей$V_0$или$a$, с большей вероятностью сохранит свое связанное состояние при заданном$d$. Моя интуиция о разделении «силы» скважины на два фактора с интерпретируемыми единицами измерения в данном случае оказалась бесполезной.

Будьте осторожны с этими дельтами

Итак, в первой части вашего вопроса вы, кажется, правильно определяете форму

$$\psi(x)=A(e^{-k|x|}-e^{-k(x+2d)}),$$ обладающий основным свойством, состоящим в том, что на каждом интервале он имеет$Ae^{kx}+Be^{-kx}$зависимость, и она должна стремиться к нулю при$x=-d$и существует непрерывность значения, но разрыв производной в точке$x=0.$

Тогда у вас есть желание установить$k$чтобы «изгиб» волновой функции соответствовал потенциалу дельта-функции с помощью уравнения Шредингера,

$$E\psi(x) = -\frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x)-V_0\delta(x)\psi(x)$$ (Одно предостережение, так же как и потенциал дельта-функции Дирака, единицы$V_0$являются джоуль-метрами.) Таким образом, мы интегрируем обе части в небольшом интервале$\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\mathrm dx$и получить ваше отношение $$E\cdot\psi(0)\cdot 2\epsilon= -\frac{\hbar^2}{2m} [\psi'(\epsilon)-\psi'(-\epsilon)] - V_0\psi(0).$$ Конечно, в пределе левая часть стремится к нулю, и мы получаем ваше «граничное условие», но, может быть, позвольте мне немного побаловать себя и вместо того, чтобы интерпретировать это как граничное условие, давайте интерпретируем его как эксперимент по определению$V_0$. Итак, кто-то дает нам эту волновую функцию (скажем, с помощью томографии) и спрашивает, насколько глубоким должен быть дельта-потенциал, чтобы создать эту форму.

Сейчас второй срок$\psi(x)$имеет непрерывную первую производную, поэтому она не меняется между$-\epsilon$и$+\epsilon$и поэтому он просто вычитает себя. Вместо этого мы просто смотрим на$\exp(-k|x|)$который резко переходит от склона$+k$наклоняться$-k$при х=0,

$$0= -\frac{\hbar^2}{2m} [{-k A}-kA] - V_0~A(1-e^{-2kd}),\\ V_0=\frac{\hbar^2 k}{m(1-e^{-2kd})}.$$ Так что это выглядит хорошо и легко вычисляется.

Вот где я думаю, что вы могли пойти не так? Не поймите меня неправильно, мне нравится ваш числитель$1-e^{2kd}$больше, похоже, я мог бы превратить его в гиперболический тангенс, может быть, вывести его проще, переведя$x\to x+d$или так, чтобы на интервале$0<x<d$затем$\phi(x)=A\sinh(kx),\phi'(x)=Ak\cosh(kx),$бам, бам, сделано как раз к чаю. Но я думаю, что ты только что сделал$\phi'(0^-)/\phi(0)$или так и это просто не работает таким образом? Не уверен.

простите меня, я сам себя ботан

Теперь у нас также есть интересная проблема, которая заключается в том, что мы, по-видимому, зависим от этой функции.$f(x)=x/(1-e^{-x})$быть обратимым, если мы хотим идти в том направлении, в котором вы хотите идти, как

$$k=\frac{1}{2d} ~f^{-1}\left({2dmV_0 \over\hbar^2 }\right),$$ И тогда вы можете получить кинетическую энергию с помощью$\hbar^2k^2/2m$по обыкновению. Теперь мы знаем, что$f$не будет иметь обратного с точки зрения каких-либо элементарных функций , но реальная опасность заключается в том, что у него вообще не будет обратного . Если$f$не может иметь обратного тогда, учитывая некоторые$V_0$нет таких$k$.

Один простой способ показать, что что-то обратимо, — это показать, что оно монотонно возрастает (достаточно, но не обязательно), и я думаю, мы можем сделать это здесь? Производная, по-видимому, имеет положительный квадрат знаменателя и числитель, который можно разложить как$e^x(e^x-x-1)$и разложение Тейлора второго$e^x$делает это также произведением двух положительных чисел... Итак, если производная всегда положительна, то она монотонно возрастает и, следовательно, обратима.

На самом деле Wolfram Alpha даже лучше и говорит нам, что обратное просто$f^{-1}(x) = x+W(-xe^{-x}),$где$W$это «функция журнала продукта».

Так что я думаю, вам все же может понадобиться условие адекватности для физики, наверное$k>0$так что$\psi(x)$нормируется на положительную бесконечность. К счастью, это просто$f(0)$который мы можем легко вычислить, и, к счастью, единственное условие, которое нам нужно, это$V_0>0$чему я немного удивлен и благодарен.

Мое предположение состояло бы в том, чтобы сказать, что вы правы, что означало бы, что для этого потенциала нет связанных состояний. Я думаю, что это так, поскольку для простой привлекательной дельта-функции существует только одно связанное состояние, поэтому, если мы добавим еще одно условие (в данном случае бесконечный шаг), это может удалить это уникальное разрешенное состояние, что приведет к недопустимому состоянию. связанное состояние.

РЕДАКТИРОВАТЬ: Если в вашем упражнении указано, что существует связанное состояние, мое предположение должно быть неверным, но я все еще не вижу ошибки в ваших расчетах...