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

Ответ на часть 1: Это распространенный метод решения дифференциальных уравнений, используемый физиками для быстрого извлечения решения без необходимости медленного продвижения с использованием более строгих методов. Первым шагом является поиск асимптотического решения (т. е. предела больших$\xi$в этом случае), где уравнение легко разрешимо. Теперь мы знаем, что это не даст нам точного решения, поэтому мы не можем просто перейти к утверждению

$$\psi (\xi)=Ae^{-\xi^2/2}$$ Однако, поскольку это решение должно быть точным в пределе, можно попытаться найти решение вида $$\psi(\xi)=\phi(\xi)e^{-\xi^2/2}$$ Что, как мы надеемся, может позволить нам преобразовать исходное уравнение в более простую или хорошо известную форму. На самом деле мы ничего не сделали, кроме замены переменных, мотивированной асимптотическим решением. В идеале хотелось бы строго обосновывать такие вещи (почему именно разумно полагать, что это облегчает жизнь?), но, будучи хорошим физиком, мы просто двигаемся вперед и надеемся на лучшее ;-)

Ответ на часть 2: Это довольно просто. Чтобы увидеть, что это правда, просто попробуйте взять предел$j\to \infty$. С 1, 2 и$K$все константы, со временем ими можно пренебречь, так что мы можем написать

$$a_{j+2}=\frac{2j}{j^2}a_j$$ Который после отмены $j$, дает вашу формулу. Чтобы решить это для $a_j$, следуйте совету ACuriousMind (остерегайтесь: вы не можете применить формулу рекурсии полностью к $a_0$, потому что $2/0$не определено) и понять, что $$\begin{align*}a_3&=2a_1,\ a_4=a_2\\ a_5&=\frac{2}{3}a_3=\frac{2}{3}*2a_1,\hspace{1cm}a_6=\frac{1}{2}a_2\\ a_7&=\frac{2}{5}*\frac{2}{3}*\frac{2}{1}a_1\hspace{1cm}a_8=\frac{2}{6}*\frac{2}{4}*\frac{2}{2}a_2\end{align*}$$

$$a_{2j+1}=\frac{2^j}{(2j+1)(2j-1)\dots1}a_1\hspace{1cm}a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2j(2j-2)\dots 2}a_2$$ Теперь для четных условий $a_{2j}$, это довольно легко решается: $$a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2^jj!}a_2=\frac{a_2}{2}\frac{1}{j!}\implies a_k=\frac{C}{(k/2)!},\hspace{1cm}k=2j$$ Здесь я использовал тот факт, что даже для $k=2n$, двойной факториал $k!!$можно легко выразить через $n!$: $$k!!=2n(2n-2)*\dots *2=2(n)*2(n-1)*\dots*2(1)=2^n n!$$

Что касается нечетных терминов, все становится немного запутаннее. Сначала мы используем нечетные ($k=2n+1$) выражение для$k!!$с точки зрения$n!$:

$$k!!=(2n+1)(2n-1)*\dots * 1=\frac{(2n+1)(2n)(2n-1)*\dots*1}{(2n)(2n-2)*\dots*2}=\frac{(2n+1)!}{2^n n!}$$ Подставляя этот результат, мы имеем: $$a_{2j+1}=\frac{2^{2j}j!}{(2j+1)(2j)!}a_1$$ К сожалению, кажется, что это выражение нелегко вычислить (в терминах элементарных функций). Вместо этого вам нужно будет использовать гамма-функцию, и большая часть интуиции будет потеряна... Тем не менее, я надеюсь, что моего лечения было достаточно, чтобы дать вам некоторую интуицию.

Предыдущий ответ отлично объясняет вывод до четных и нечетных формул рекурсии. Повторные коэффициенты от 3 до 8 верны, но если проверить, рекурсивные формулы не совпадают с повторными примерами. Правильные формулы рекурсии:

$$a_{2j}=\frac{a_2}{(j-1)!}$$

и

$$a_{2j+1}=\frac{2^{2j-1} (j-1)! a_1}{ (2j-1)!}$$

Чтобы получить приближение для

$$a_j$$ , вы можете использовать любую формулу, но четная формула проще. В случае, если вы хотите получить и другое, общий процесс такой же. Помня, что аппроксимация находится в режиме очень больших $$j$$ , вы можете использовать приближение Стирлинга для очень больших факториалов. Это:

$$n!\approx \sqrt[]{2\pi}\, n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}$$

Итак, для четных коэффициентов:

$$a_{2j}\approx\\ \\ \frac{a_2}{\sqrt[]{2\pi}\, {(j-1)}^{(j-\frac{1}{2})} e^{(-j+1)}}\approx$$

$$\frac{a_2}{{\sqrt[]{2\pi}\,e^1{j}^{j}e^{-j}}} \approx$$

$$\frac{a_2}{{\sqrt[]{2\pi}\,e^1{j}^{j+\frac{1}{2}}e^{-j}}}\approx$$

$$\frac{a_2}{{e\,(j)!}} = \frac{C}{{(j)!}}$$

Обратите внимание, что некоторые дроби в показателях были опущены или добавлены, поскольку в приближении для очень больших чисел эти числа становятся пренебрежимо малыми; на аппроксимацию это не влияет. Наконец, это приближение было проведено для коэффициента

$$a_{2j}$$ . Чтобы найти его для любого произвольного коэффициента, можно выполнить замену переменных:

$$n\equiv 2j$$

так

$$a_n = a_{2j} \approx \frac{C}{{(j)!}} = \frac{C}{{(\frac{n}{2})!}}$$

Тот же результат можно было бы получить и для нечетной формулы, но это довольно длинный вывод; у него та же процедура, но один дополнительный шаг. Используйте аппроксимацию Стирлинга (она приведет к тому же виду, что и четная аппроксимация), а затем произведите замену переменных. После замены переменных потребуется еще одно приближение Стирлинга.

Что касается вашего третьего вопроса:

$$h(\xi) = \sum\, a_n \xi^{n} \approx C\, \sum\, \frac{\xi^{n}}{{(\frac{n}{2})!}}$$

Выполнение замены переменных:

$$m\equiv \frac{n}{2}\,\,\, \Rightarrow\,\,\, 2m=n$$

Так:

$$h(\xi) = \sum\, a_n \xi^{n} \approx C\, \sum\, \frac{\xi^{2m}}{{(m)!}}$$

$$=\,C\, \sum\, \frac{({\xi^{2}})^{m}}{{(m)!}}\, =\, C\,e^{\xi^2}$$

Надеюсь, это помогло!

Ответы были действительно аккуратными и поучительными, спасибо Брайану и Дану. Просто для сложения... Возможно, вместо приближения Стирлинга гораздо проще использовать тот факт, что для больших$j$количество$(j-1)!\approx j!$в формуле рекурсии для четных коэффициентов, так что вы получите

$$a_{2j}=\frac{a_2}{(j-1)!}\approx\frac{a_2}{j!}=\frac{C}{j!},$$ что после выполнения$k=2j$урожаи $$a_k\approx\frac{C}{(k/2)!}.$$