Радиальное квантовое число для бесконечной круглой ямы

Question

Радиальное квантовое число для бесконечной круглой ямы

Эйгон

Для полноты картины я сначала нарисую решение частицы в бесконечном круговом колодце, а затем перейду к своему вопросу. Заранее извиняюсь, так как введение — это стандартная студенческая квантовая механика.

Рассмотрим задачу о частице в бесконечной круглой яме. Это описывается потенциалом

В (р) "=" {\begin{cases} 0 & р \leq р \\ \infty & р > р \end{cases}

$V(r) = \begin{cases}0&r \leq R \\ \infty&r> R \end{cases}$

Уравнение Шредингера затем разбивается на радиальную и угловую части, и мы можем записать собственную функцию как

ψ (р, θ) "=" ты (р) е^{я л θ}

$\psi(r,\theta) = u(r) e^{i l \theta}$

где $l = 0,\pm 1,\pm2,..$ в силу однозначности волновой функции. Радиальная часть уравнения

(\frac{\partial^{2}}{\partial р^{2}} + \frac{1}{р} \frac{\partial}{\partial р} - \frac{л^{2}}{р^{2}} + \frac{2 м Е}{ℏ^{2}}) ты (р) "=" 0

$\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} - \frac{l^2}{r^2} + \frac{2mE}{\hbar^2}\right)u(r) = 0$

с граничным условием: $u(R) = 0$ . Решения этого даются регулярными функциями Бесселя (мы отбрасываем $Y_l$ так как они взрываются при r = 0)

{ты}_{н, л} (р) "=" {Дж}_{л} (α_{н, л} \frac{р}{р})

$u_{n,l}(r) = J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$

где $\alpha_{n,l}$ это $n^{th}$ ноль из $J_{l}(r)$ .

Таким образом, мы можем построить нормируемые волновые функции

ψ_{н, л} (р, θ) "=" Н_{н, л} {Дж}_{л} (α_{н, л} \frac{р}{р}) е^{я л θ}

$\psi_{n,l}(r,\theta) = \mathcal{N}_{n,l}J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right) e^{il\theta}$

где $\mathcal{N}_{n,l} = \frac{1}{\sqrt{\pi}R |J_{l+1}(\alpha_{n,l})|}$ . Это одновременные собственные функции гамильтониана и углового момента с энергией $E_{n,l} = \frac{\hbar^2 \alpha_{n,l}^2}{2mR^2}$ и угловой момент = $l \hbar$ .

Теперь мой вопрос заключается в следующем: предположим, я хочу оценить

(\partial_{Икс} \pm я \partial_{у}) ψ_{н, л} "=" е^{\pm я θ} (\frac{\partial}{\partial р} \pm \frac{я}{р} \frac{\partial}{\partial θ}) ψ_{н, л} (р, θ)

$(\partial_x \pm i \partial_y) \psi_{n,l} = e^{\pm i \theta}\left(\frac{\partial}{\partial r} \pm \frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial \theta} \right)\psi_{n,l}(r,\theta)$

Используя свойства функций Бесселя, я обнаружил, что это оценивается как

\mp Н_{н, л} \frac{α_{н, л}}{р} е^{я (л \pm 1) θ} {Дж}_{л \pm 1} (α_{н, л} \frac{р}{р})

$\mp\mathcal{N}_{n,l}\frac{\alpha_{n,l}}{R}e^{i(l\pm 1)\theta}J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R} \right)$

Это уже не собственная функция, так как $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R} \right) \neq 0$ когда $r = R$ .

Итак, есть ли способ построить собственные функции с фиксированным угловым моментом, $l$ , так что когда я воздействую на них оператором(ами) $\partial_x \pm i \partial_y$ , я получаю другую собственную функцию?

kηives

В некотором смысле вам нужны собственные функции операторов повышения и понижения.

Эмилио Писанти

В основном, вы обнаружите, что

\partial_{x} \pm i \partial_{y}

$\partial_x \pm i \partial_y$ не берет

H = {f : D_{R} \to C | f (r = R) = 0}

$\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ к себе. Это не особенно удивительно, и вы получаете то же самое с линейным импульсом в одномерной бесконечной квадратной яме.

Даниэль Санк

@EmilioPisanty Это повышает соответствие публикации установленным шаблонам. Это похоже на исправление орфографической ошибки, даже если автор выбрал несовершенное слово. Для меня и других, кто обсуждал это в чате и в мете, это полезно.

Эйгон

@EmilioPisanty Можно ли расширить

(п_{Икс} \pm п_{у}) ψ_{н, л}

$(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ с точки зрения базисных функций? То есть я могу как-то выразить

{Дж}_{л \pm 1} (α_{н, л} \frac{р}{р})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ как линейная комбинация

{Дж}_{л \pm 1} (α_{м, л \pm 1} \frac{р}{р})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , которые являются собственными функциями?

Эмилио Писанти

Не на самом деле нет. Вы можете надеяться на

e^{i (l \pm 1) θ)} J_{l \pm 1} (α_{n, l} r / R)

$e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ быть линейной комбинацией всех

{e^{i ℓ θ)} J_{ℓ} (α_{m, ℓ} r / R)}

$\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ по крайней мере почти везде в

r

$r$ , но на границе у вас будут всевозможные проблемы с феноменом Гиббса.

Эмилио Писанти

Это похоже на то, как вы можете представить

\frac{г}{г Икс} грех (Икс) "=" потому что (Икс) "=" \sum_{к "=" 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 к}{4 к^{2} - 1} грех (2 к Икс)

$\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1}\sin(2kx)$ для всех

x \in (0, π)

$x\in(0,\pi)$ , но никогда не сойдется на границе, и будет иметь там какой-то жуткий звон из-за разрыва.

Ответы (2)

Радиальное квантовое число для бесконечной круглой ямы

В некотором смысле вам нужны собственные функции операторов повышения и понижения.
В основном, вы обнаружите, что $\partial_x \pm i \partial_y$ не берет $\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ к себе. Это не особенно удивительно, и вы получаете то же самое с линейным импульсом в одномерной бесконечной квадратной яме.
@EmilioPisanty Это повышает соответствие публикации установленным шаблонам. Это похоже на исправление орфографической ошибки, даже если автор выбрал несовершенное слово. Для меня и других, кто обсуждал это в чате и в мете, это полезно.
@EmilioPisanty Можно ли расширить $(п_{Икс} \pm п_{у}) ψ_{н, л}$ $(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ с точки зрения базисных функций? То есть я могу как-то выразить ${Дж}_{л \pm 1} (α_{н, л} \frac{р}{р})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ как линейная комбинация ${Дж}_{л \pm 1} (α_{м, л \pm 1} \frac{р}{р})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , которые являются собственными функциями?
Не на самом деле нет. Вы можете надеяться на $e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ быть линейной комбинацией всех $\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ по крайней мере почти везде в $r$ , но на границе у вас будут всевозможные проблемы с феноменом Гиббса.
Это похоже на то, как вы можете представить $\frac{г}{г Икс} грех (Икс) "=" потому что (Икс) "=" \sum_{к "=" 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 к}{4 к^{2} - 1} грех (2 к Икс)$ $\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1}\sin(2kx)$ для всех $x\in(0,\pi)$ , но никогда не сойдется на границе, и будет иметь там какой-то жуткий звон из-за разрыва.

Эмилио Писанти · Answer 1

Определять $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\|(x,y)\|\leq R\}$ как интересующий диск. Здесь нас интересуют два пространства: пространство интегрируемых с квадратом функций на $D$ , $L_2(D)$ , и пространство таких функций с краевыми условиями Дирихле, $\mathcal H=\{\psi\in L_2(D):\psi(p)=0\:\forall p\in \partial D\}$ .

Вас интересует гамильтониан $H=\frac{1}{2m}\hat{\mathbf p}^2$ , с доменом

Д (ЧАС) "=" {ψ е ЧАС : ЧАС ψ е л_{2} (Д)},

$\mathscr D(H)=\{\psi\in\mathcal H:H\psi\in L_2(D)\},$ и оператор углового момента

L = x p_{y} - y p_{x}

$L=xp_y-yp_x$ с доменом

Д (л) "=" {ψ е ЧАС : л ψ е л_{2} (Д)} .

$\mathscr D(L)=\{\psi\in\mathcal H:L\psi\in L_2(D)\}.$ Как вы показали, единственные одновременные собственные функции этих двух операторов имеют вид

ψ_{н, л} (р, θ) "=" Н_{н, л} {Дж}_{л} (α_{н, л} \frac{р}{р}) е^{я л θ} .

$\psi_{n,l}(r,\theta) = \mathcal{N}_{n,l}J_{l}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right) e^{il\theta}.$

Таким образом, нет никакого способа построить одновременные собственные функции $H$ и $L$ с другим поведением для предполагаемого лестничного оператора - теория полностью ограничена.

Связь между собственными функциями $H$ и операторы импульса сложны и полны тонких деталей. Здесь нет ничего особенно нового; вы получите почти те же проблемы с одномерным импульсом в конечной одномерной яме. Подробнее см., например, в этой статье .

Если я правильно понимаю ваш вопрос, вы ищете собственные функции $L$ которые не обязательно являются собственными функциями $H$ такой, что $\partial_x \pm i \partial_y$ будет действовать как лестничный оператор. Эту задачу проще поставить. Затем вы ищете базовый набор $\phi_{nl}\in \mathcal H$ формы $\phi_{nl}(r,\theta)=f_{nl}(r) e^{il\theta}$ для которого $(\partial_x\pm i\partial_y) \phi_{nl}=A_{nl}^\pm \phi_{n,l\pm1}$ , или другими словами

\partial_{л}^{\pm} ф_{н л} (р) "=" (\frac{\partial}{\partial р} \mp \frac{л}{р}) ф_{н л} (р) "=" А_{н л}^{\pm} ф_{н, л \pm 1} (р) под ф_{н л} (р) "=" 0.

$\partial_l^\pm f_{nl}(r)=\left(\frac{\partial}{\partial r} \mp \frac{l}{r} \right)f_{nl}(r) =A_{nl}^\pm f_{n,l\pm 1}(r) \qquad\text{under}\ \ f_{nl}(R)=0.$ Чтобы это произошло, вы должны наложить требование последовательности - переход на один шаг вверх, а затем обратно должен привести вас к тому же месту, что и раньше, т.е.

\begin{aligned} \partial_{л + 1}^{-} \partial_{л}^{+} ф_{н л} (р) "=" \partial_{л + 1}^{-} А_{н л}^{+} ф_{н, л + 1} (р) "=" А_{н, л + 1}^{-} А_{н л}^{+} ф_{н л} (р) "=" - Б_{н л} ф_{н л} (р) \end{aligned}

$\begin{align} \partial_{l+1}^- \partial_l^+ f_{nl}(r) = \partial_{l+1}^-A_{nl}^+f_{n,l+1}(r) = A_{n,l+1}^-A_{nl}^+f_{nl}(r) = -B_{nl}f_{nl}(r) \end{align}$ что сводится к виду

(р^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial р^{2}} + р \frac{\partial}{\partial р} + (Б_{н л} р^{2} - л^{2})) ф_{н л} "=" 0.

$\left(r^2\frac{\partial^2}{\partial r^2}+r\frac{\partial}{\partial r} + (B_{nl}r^2-l^2)\right)f_{nl}=0.$ Это уравнение Бесселя, чего и следовало ожидать, потому что до сих пор ничто не использует конечную границу, поэтому оно должно учитывать случай без такой границы, для которого работают решения Бесселя.

Это требование согласованности имеет две любопытные особенности. Во-первых, не имеет значения, каким путем вы идете, и действительно, краткий расчет показывает, что

\partial_{л + 1}^{-} \partial_{л}^{+} "=" \partial_{л - 1}^{+} \partial_{л}^{-} .

$\partial_{l+1}^- \partial_l^+=\partial_{l-1}^+ \partial_l^-.$ Из этого вытекает второе, и оно заключается в том, что требование согласованности — это все, что вам действительно нужно, и если

f_{n l}

$f_{nl}$ это решение для одного

l

$l$ затем вы можете использовать его для создания других состояний

\partial_{l}^{\pm} f_{n l}

$\partial_{l}^\pm f_{nl}$ и они по-прежнему будут подчиняться требованию согласованности.

Проблема, однако, в том, что это несовместимо с граничными условиями конечного диска. Действительно, вы хотите, чтобы $\phi_{nl}$ оставаться в $L_2(D)$ , и это исключает любой компонент решения Неймана-Вебера $Y_l$ , так $f_{nl}\propto J_l$ . Просить $\phi_{nl}\in \mathcal H$ затем заставляет вас вернуться к собственным функциям $H$ , и вы знаете, что вы можете сделать это только для одной собственной функции за раз — вы можете навязать это для $f_{nl}$ но потом обязательно сломается на $\partial_l^\pm f_{nl}$ .

Так что я думаю, что короткий ответ просто "Нет".

Адам · Answer 2

Непосредственно показать, что невозможно найти собственные функции $\hat L_z$ которые также являются собственными функциями $\partial_x \pm i\partial_y$ поскольку эти операторы не коммутируют.

Действительно, используя $\hat L_z = \hat x \hat p_y - \hat y \hat p_x$ и $\partial_x \pm i\partial_y=-i \hat p_x \mp \hat p_y$ , а также стандартные канонические коммутационные соотношения, находим

[{\hat{л}}_{г}, \partial_{Икс} \pm я \partial_{у}] "=" \mp (\partial_{Икс} \pm я \partial_{у}) .

$[\hat L_z,\partial_x \pm i\partial_y]=\mp(\partial_x \pm i\partial_y).$

На самом деле это не то, о чем спрашивали - ОП, очевидно, знает, что функция не может быть одновременной собственной функцией $\hat L_z$ и $\partial_x \pm i \partial_y$ . Проблема состоит в том, является ли собственная функция $f$ из $\hat L_z$ может быть преобразована в другую собственную функцию (с другим собственным значением) через $\partial_x \pm i \partial_y$ , что, конечно, возможно и реализуется в стандартной алгебре угловых моментов; это также было бы в случае, если бы граница была удалена.

Радиальное квантовое число для бесконечной круглой ямы

Эйгон

kηives

Эмилио Писанти

Даниэль Санк

Эйгон

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

Ответы (2)

Эмилио Писанти

Адам

Эмилио Писанти

Сохранение импульса в бесконечной квадратной яме

Эрмитовость лапласиана (и других операторов)

Полуограниченность операторов Шрёдингера

Есть ли интуитивное объяснение тому факту, что решения независимого от времени уравнения Шредингера образуют полный базис?

Каковы собственные области определения положения и оператора квадрата углового момента?

Представление счетной матрицы

Как r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)r¯×(∇¯×)−∇¯×(r¯×)\bar{r}\times(\bar{\nabla} \times) - \bar{\nabla}\times(\bar{r}\times) относятся к оператору орбитального углового момента?

Собственные векторы pxpxp_x в конкретном домене

Можно ли рассматривать собственные состояния гильбертова пространства как дельта-функции?

Ожидаемые значения операторов LxLxL_x и LyLyL_y в собственных состояниях LzLzL_z