Двумерный изотропный квантовый гармонический осциллятор: полярные координаты

Question

Двумерный изотропный квантовый гармонический осциллятор: полярные координаты

Чарли

Это может показаться немного элементарным, я работал над прямым способом нахождения собственных функций и собственных значений изотропного двумерного квантового гармонического осциллятора, но с использованием полярных координат:

ЧАС "=" - \frac{ℏ}{2 М} (\frac{\partial^{2}}{\partial {Икс}^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial у^{2}}) + \frac{М ю^{2}}{2} ({Икс}^{2} + у^{2}) .

$H=-\frac{\hbar}{2M}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+\frac{M\omega^2}{2}\left(x^2+y^2\right).$

Я могу легко решить двумерный случай в декартовых координатах, поскольку мы можем разделить гамильтониан на независимые осцилляторы для каждой координаты. Для полярного случая в двух измерениях мы можем переписать

ЧАС "=" - \frac{ℏ}{2 М} (\frac{\partial^{2}}{\partial р^{2}} + \frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial р} + \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial ф^{2}}) + \frac{ю^{2}}{2} р^{2} .

$H=-\frac{\hbar}{2M}\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right)+\frac{\omega^2}{2}r^2.$

С $r^2=x^2+y^2$ и $\phi=\arctan(y/x)$ .

Использование разделения переменных $\psi(r,\phi)=R(r)\Phi(\phi)$ и подключаясь к уравнению Шредингера, мы можем легко решить для угловой части $\Phi=e^{im\phi}$ , где $m\in \mathbb{Z}$ .

Возвращаясь к уравнению Шредингера для радиальной части, мы получаем:

р^{2} р^{″} + р р^{'} + (р^{2} Е - м^{2} - М ю^{2} р^{4}) р "=" 0.

$r^2R''+rR'+(r^2E-m^2-M\omega^2r^4)R=0.$

Хотя у меня есть идея решения, проводя аналогию с трехмерным случаем (где мы получаем многочлены Лагерра), я не уверен, как правильно действовать дальше. Я ценю любой вклад или даже полезные ссылки * (все ссылки, которые я нашел, относятся к случаю 3D, с которым у меня нет проблем).

* Я читал в Интернете, что эта проблема рассматривается в книге «Волновая механика» Паули, но, к сожалению, ее нет ни в моей университетской библиотеке, ни в Интернете (она доступна только для покупки, и у меня нет средств, чтобы купить ее).

Чарли

Спасибо за опечатку, я действительно забыл последнее

R

$R$ . С другой стороны, я действительно просматривал эти статьи, но у них есть конкретные решения, и я хотел построить общее решение с точки зрения специальных функций.

Ответы (2)

Двумерный изотропный квантовый гармонический осциллятор: полярные координаты

Спасибо за опечатку, я действительно забыл последнее $R$ . С другой стороны, я действительно просматривал эти статьи, но у них есть конкретные решения, и я хотел построить общее решение с точки зрения специальных функций.

Космас Захос · Answer 1

В самом деле, как предполагает квантование в фазовом пространстве , большинство этих уравнений можно свести к обобщенным уравнениям Лагерра , двоюродным братьям Эрмита. Как обычно принято, я впитываю $\hbar$ , M и ω в r,E . Обратите внимание, что ваша Е в два раза больше энергии.

С $r\geq 0$ вы не теряете отрицательные значения, и вы можете переопределить $r^2\equiv x$ , так что

р \partial_{р} "=" 2 Икс \partial_{Икс} ⟹ р \partial_{р} (р \partial_{р}) "=" р^{2} \partial_{р}^{2} + р \partial_{р} "=" 4 ({Икс}^{2} \partial_{Икс}^{2} + Икс \partial_{Икс}),

$r\partial_r = 2x \partial_x \qquad \Longrightarrow r\partial_r (r\partial_r)= r^2\partial_r^2+ r\partial_r=4(x^2\partial_x^2+x\partial_x),$ следовательно, ваше радиальное уравнение сводится к

(\partial_{Икс}^{2} + \frac{1}{Икс} \partial_{Икс} + \frac{Е - Икс}{4 Икс} - \frac{м^{2}}{4 {Икс}^{2}}) р (м, Е) "=" 0 .

$\left ( \partial_x^2+ \frac{1}{x}\partial_x +\frac{E-x}{4x} -\frac{m^2}{4x^2} \right ) R(m,E)=0 ~.$

Теперь уточните

р (м, Е) \equiv {Икс}^{| м | / 2} е^{- Икс / 2} р (м, Е),

$R(m,E)\equiv x^{|m|/2} e^{-x/2} ~ \rho(m,E),$ получить

\partial_{Икс} р (м, Е) "=" {Икс}^{| м | / 2} е^{- Икс / 2} (- 1 / 2 + \frac{| м |}{2 Икс} + \partial_{Икс}) р (м, Е) \partial_{Икс}^{2} р (м, Е) "=" {Икс}^{| м | / 2} е^{- Икс / 2} {(- 1 / 2 + \frac{| м |}{2 Икс} + \partial_{Икс})}^{2} р (м, Е),

$\partial_x R(m,E)= x^{|m|/2} e^{-x/2} \left (-1/2 +\frac{|m|}{2x} + \partial_x \right )~ \rho(m,E) \\ \partial_x^2 R(m,E)= x^{|m|/2} e^{-x/2} \left (-1/2 +\frac{|m|}{2x} + \partial_x \right )^2~ \rho(m,E),$ откуда обобщенное уравнение Лагерра для неотрицательных m=|m| ,

Икс \partial_{Икс}^{2} р (м, Е) + (м + 1 - Икс) \partial_{Икс} р (м, Е) + \frac{1}{2} (Е / 2 - м - 1) р (м, Е) "=" 0 .

$x \partial_x^2\rho(m,E) +\left({m+1} -x\right )\partial_x \rho(m,E)+\frac{1}{2}(E/2-m-1) \rho(m,E)=0~.$ Это уравнение имеет правильные решения для целых неотрицательных

к "=" (Е / 2 - м - 1) / 2 \geq 0,

$k=(E/2-m-1)/2\geq 0 ~,$ а именно, обобщенные полиномы Лагерра (Сонина)

L_{k}^{(m)} (x) = x^{- m} (\partial_{x} - 1)^{k} x^{k + m} / k!

$L^{(m)}_k (x)=x^{-m}(\partial_x -1)^k x^{k+m}/k!$ .

Подключение к факторизованному решению и приведенным выше заменам дает ваши собственные волновые функции. Основное состояние $k=0=m$ , ( $E=2$ в ваших условностях), поэтому радиально-симметричный гауссиан, $e^{-r^2/2}$ .

Опять же, в вашем идиосинкразическом соглашении вырождение равно E/2 .

Итак, вырождение 2 для $E=4$ : $m=1$ , $k=0$ ; Вы можете проверить это просто $r e^{-r^2/2 +i\phi}$ . Вы можете выбрать $\cos \phi$ и $\sin \phi$ решения, если хотите, составляющие дублет основной группы вырождения SU(2).

Понятно, значит, действительно должны получиться полиномы Лагерра. Я повторю расчеты в соответствии с тем, что вы поставили, чтобы понять решение для этого случая и общего. Кстати, что вы подразумеваете под своеобразной конвенцией? Если вы ссылаетесь на случай, когда m = 1, я думаю, что кто-то плохо отредактировал мой OP, поскольку я фактически работал в общем случае с произвольным $m$ и $\omega$ . Я не знаю, почему они удалили $m$ и $\omega$ (даже не оставили в натуральных единицах).
Вы привели аргумент, что k — целое число, но как насчет m? Кажется, что можно было бы заставить его принимать (несложные) целочисленные значения, предполагая, что угловые функции непрерывны.
Действительно. Кажется, что аргумент непрерывности можно получить из предположения, что H симметрична.
Извините, но есть еще один вопрос: я следовал вашей математике и получил то же самое, за исключением вашего анзаца с использованием $|m|$ я получаю фактор $|m|+1-x$ вместо $m+1-x$ . Первое на самом деле хорошо, но странно то, что тогда я не понимаю, почему E должно быть ограничено снизу (что и должно быть).
Извините, я не помню подробностей обобщенного уравнения Лагерра. м=|м| иначе бы что-нибудь зацепило...
Я проверил еще раз, я тоже ошибся: у нас действительно есть $k=(E/2-|m|-1)/2$ сверху, так что энергия действительно ограничена снизу правильным значением. Все $m$ s в коэффициентах приведенного выше обобщенного уравнения Лагерра должно быть $|m|$ вместо.
Достаточно справедливо... Стандартно считать их неотрицательными, если явно не указано иное...
Извините, но принимаю только позитив $m$ не работает. Нужен негатив $m$ чтобы иметь возможность охватить все гильбертово пространство интегрируемых с квадратом функций для угловой части.
Отредактированный вопрос. Теперь м=|м| суммирует как положительное, так и отрицательное m на уровне решений уравнения g-Лагерра, поскольку решения явно являются функциями |m| .

Чунде Хуан · Answer 2

Я думаю, что у вас может быть фактор 2 ошибки для $E$ и сила $M$ , вот мой вывод, я использую $\theta$ вместо $\phi$ .(мы можем перепроверить) В полярных координатах оператор Del $\nabla^2$ определяется как:

\begin{aligned} \nabla^{2} & "=" \frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial р} (р \frac{\partial ф}{\partial р}) + \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2} ф}{\partial θ^{2}} \\ "=" \frac{\partial^{2} ф}{\partial р^{2}} + \frac{1}{р} \frac{\partial ф}{\partial р} + \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2} ф}{\partial θ^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} \nabla^2 &=\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial f}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} f}{\partial \theta^{2}}\\ &=\frac{\partial^2 f}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial f}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} f}{\partial \theta^{2}} \end{align}$ Тогда уравнение Шредингера для этой системы можно записать в виде:

(- \frac{ℏ^{2} \nabla^{2}}{2 М} + \frac{М ю^{2} р^{2}}{2}) Ψ (р, θ) "=" Е Ψ (р, θ) (- \frac{\partial^{2}}{2 М \partial р^{2}} - \frac{1}{2 М р} \frac{\partial}{\partial р} - \frac{1}{2 М р^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} + \frac{М ю^{2} р^{2}}{2}) Ψ (р, θ) "=" Е Ψ (р, θ) (- \frac{\partial^{2}}{\partial р^{2}} - \frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial р} - \frac{1}{р^{2}} \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} + М^{2} ю^{2} р^{2}) Ψ (р, θ) "=" 2 М Е Ψ (р, θ)

$\left(-\frac{\hbar^2\nabla^2}{2M}+\frac{M\omega^2r^2}{2}\right)\Psi(r,\theta)=E\Psi(r,\theta)\\ \left(-\frac{\partial^2}{2M\partial r^2}-\frac{1}{2Mr} \frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{2Mr^2} \frac{\partial^{2} }{\partial \theta^{2}}+\frac{M\omega^2r^2}{2}\right)\Psi(r,\theta)=E\Psi(r,\theta)\\ \left(-\frac{\partial^2}{\partial r^2}-\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{r^2} \frac{\partial^{2} }{\partial \theta^{2}}+M^2\omega^2r^2\right)\Psi(r,\theta)=2ME\Psi(r,\theta)$ Предполагая, что решение сепарабельно

Ψ (r, θ) = R (r) ψ (θ)

$\Psi(r,\theta)=R(r)\psi(\theta)$ , мы можем довольно легко решить угловую часть:

ψ (θ) "=" е^{я м θ} м "=" 0, 1, 2 \dots

$\psi(\theta)=e^{im\theta}\qquad m=0,1,2\dots$ Радиальную часть можно изменить, если подставить угловое решение в уравнение Шкродингера:

р^{2} р^{″} + р р^{'} + (2 р^{2} М Е - м^{2} - М^{2} ю^{2} р^{4}) р "=" 0

$r^2R''+rR'+ \left(2r^2ME-m^2-M^2\omega^2r^4\right)R=0$ Уравнение можно упростить, положив

M = ω = 1

$M=\omega=1$

р^{2} р^{″} + р р^{'} + (2 р^{2} Е - м^{2} - р^{4}) р "=" 0

$r^2R''+rR'+ \left(2r^2E-m^2-r^4\right)R=0$

Двумерный изотропный квантовый гармонический осциллятор: полярные координаты

Чарли

Чарли

Ответы (2)

Космас Захос

Чарли

Космас Захос

пользователь510186

Космас Захос

пользователь510186

пользователь510186

Космас Захос

пользователь510186

Космас Захос

пользователь510186

Космас Захос

Чунде Хуан

Нахождение полной волновой функции при всех ttt с заданной начальной волновой функцией при t=0t=0t=0 [закрыто]

Квантовый гармонический осциллятор, решенный аналитическим методом с использованием уравнения Шредингера и волновой функции

3D Квантовый гармонический осциллятор

Потенциал гармонического осциллятора, доказательство того, что гауссовцы остаются гауссовыми?

Введение Quantum, проблема с этим граничным условием и потенциалом

Ожидаемое значение гамильтониана?

Как доказать, что dp/dt = -dV/dx? Квантовая механика [закрыто]

Как определить волновую функцию свободной частицы в сложной потенциальной функции?

Как найти число ограниченных состояний в этом потенциале?

Гармонический осциллятор, модифицированный бесконечной ямой: возможны ли аналитические решения?