Вопрос о выводе метода ВКБ

Question

Вопрос о выводе метода ВКБ

Физика
полуклассический
приближения
квантовая механика
физические константы
квантование деформации

МХ Йип

Квантовая механика (2-е издание) Брансдена и Джоахейна содержит следующий отрывок:

Подставляя (8.176) в (8.171), получаем для $S(x)$ уравнение
$- \frac{я ℏ}{2 м} \frac{г^{2} С (Икс)}{г {Икс}^{2}} + \frac{1}{2} [\frac{г С (Икс)}{г Икс}]^{2} + В (Икс) - Е "=" 0.$ $-\frac{i\hbar}{2m}\frac{\mathrm{d}^2S(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{1}{2}\biggl[\frac{\mathrm{d}S(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 + V(x) - E = 0.$ До сих пор не было сделано никакого приближения, это уравнение строго эквивалентно исходному уравнению Шредингера (8.171). К сожалению, уравнение (8.177) является нелинейным уравнением, которое на самом деле сложнее, чем само (8.171)! Поэтому мы должны попытаться решить (8.177) приближенно. Для этого сначала заметим, что если потенциал постоянен, то $S(x) = \pm p_0 x$ (см. (8.172)) и первый член слева в (8.177) обращается в нуль. Кроме того, этот член пропорционален $\hbar$ , а значит, обращается в нуль в классическом пределе ( $\hbar\to 0$ ). Это говорит о том, что мы лечим $\hbar$ как параметр малости и разложить функцию $S(x)$ в силовом ряду $\begin{matrix} (8.178) & С (Икс) "=" С_{0} (Икс) + ℏ С_{1} (Икс) + \frac{ℏ^{2}}{2} С_{2} (Икс) + \dots \end{matrix}$ $S(x) = S_0(x) + \hbar S_1(x) + \frac{\hbar^2}{2}S_2(x) + \cdots\tag{8.178}$ Подставляя разложение (8.178) в (8.177) и приравнивая нулю коэффициенты при каждой степени $\hbar$ отдельно находим систему уравнений $\begin{aligned} (8.179а) & \frac{1}{2 м} [\frac{г С_{0} (Икс)}{г Икс}]^{2} + В (Икс) - Е & "=" 0 \\ (8.179б) & \frac{г С_{0} (Икс)}{г Икс} \frac{г С_{1} (Икс)}{г Икс} - \frac{я}{2} \frac{г^{2} С_{0} (Икс)}{г {Икс}^{2}} & "=" 0 \\ (8.179с) & \frac{г С_{0} (Икс)}{г Икс} \frac{г С_{2} (Икс)}{г Икс} + [\frac{г С_{1} (Икс)}{г Икс}]^{2} - я \frac{г^{2} С_{1} (Икс)}{г {Икс}^{2}} & "=" 0 \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{2m}\biggl[\frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 + V(x) - E &= 0\tag{8.179a} \\ \frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}S_1(x)}{\mathrm{d}x} - \frac{i}{2}\frac{\mathrm{d}^2 S_0(x)}{\mathrm{d}x^2} &= 0\tag{8.179b} \\ \frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}S_2(x)}{\mathrm{d}x} + \biggl[\frac{\mathrm{d}S_1(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 - i\frac{\mathrm{d}^2 S_1(x)}{\mathrm{d}x^2} &= 0\tag{8.179c} \end{align}$

Мой вопрос: почему каждый член должен быть равен нулю?

Уравнение (8.177) равно нулю. После подстановки (8.178) в (8.177). Это не означает, что каждый член порядка $\hbar$ должны быть равны нулю, так как $\hbar$ постоянно, не так ли?

Ответы (3)

Вопрос о выводе метода ВКБ

Qмеханик · Answer 1

В квазиклассическом ВКБ-приближении постоянная Планка $\hbar$ не является фиксированным числом, равным его физическому значению $\approx 1.05 \times 10^{-34} Js$ . Вместо этого это неопределенный . Квазиклассическое разложение ВКБ является асимптотическим разложением в пределе $\hbar\to 0^+$ .

Эндулум · Answer 2

Я лично очень против лечения $\hbar$ как «малый параметр», поскольку он имеет размерность и может быть сделан произвольно большим или малым путем подходящего выбора единиц измерения. Всякий раз, когда совершается эта легкая рука, на самом деле происходит следующее: $\hbar$ рассматривается как малая по сравнению с какой-то другой величиной, которую автор решил не идентифицировать. К счастью, техника WKB не должна полагаться ни на какие $\hbar\to0$ фокус-покус, когда делается как асимптотическое расширение. Ниже я разработаю приложение ВКБ к уравнению Шрёдингера. Этот пост основан на лекции 8 отличных гостевых лекций Карла Бендера в Perimeter Institute ( ссылка на видео ).

Начиная с

- \frac{ℏ^{2}}{2 м} ψ^{″} (Икс) "=" [Е - В (Икс)] ψ (Икс)

$-\frac{\hbar^2}{2m}\psi''(x) = [E-V(x)]\psi(x)$ давайте умножим на

- \frac{2 m}{ℏ^{2}}

$-\frac{2m}{\hbar^2}$ и определить

f (x) = \frac{2 m}{ℏ^{2}} [V (x) - E]

$f(x) = \frac{2m}{\hbar^2}[V(x)-E]$ . Затем, позволив

ψ = e^{S}

$\psi=e^S$ , наше дифференциальное уравнение для решения читается

\begin{matrix} (⋆) & С^{″} (Икс) + [С^{'} (Икс)]^{2} "=" ф (Икс) \end{matrix}

$S''(x) + [S'(x)]^2 = f(x) \tag{$\star$}$ Физическая мотивация этой задачи состояла в том, чтобы понять поведение волновой функции вблизи точки

x_{0}

$x_0$ где

E = V (x_{0})

$E=V(x_0)$ . Таким образом,

f \to 0

$f\to0$ как

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . Приближение ВКБ означает, что вблизи этой точки поворота

| S^{'} (x) |^{2} ≫ | S^{″} (x) |

$|S'(x)|^2\gg |S''(x)|$ . Для этого поста давайте воспримем это как вдохновленное предположение.

В приближении ВКБ мы можем заменить точную (но ужасную) ОДУ ( $\star$ ) с асимптотически правильным как $x\to x_0$

[С^{'} (Икс)]^{2} \sim ф (Икс)

$[S'(x)]^2 \sim f(x)$ который имеет два решения

С (Икс) \sim \pm \int \sqrt{ф (Икс)} г Икс

$S(x) \sim \pm \int\sqrt{f(x)}dx$ Знак "

\sim

$\sim$ " здесь означает "является асимптотическим". Асимптотические отношения следуют многим из тех же правил, что и отношения равенства, но этот пост не место, чтобы вдаваться в них. Оставьте комментарий и/или ознакомьтесь с лекцией 7 проф. любые манипуляции ниже кажутся схематичными.

На этом этапе мы имеем асимптотическое поведение $S(x)$ как $x\to x_0$ , а это значит, что мы можем написать

С (Икс) "=" \pm \int \sqrt{ф (Икс)} г Икс + С (Икс)

$S(x) = \pm \int\sqrt{f(x)}dx + C(x)$ и утверждать, что

\begin{matrix} (⋆ ⋆) & | С (Икс) | ≪ | \int \sqrt{ф (Икс)} г Икс | \end{matrix}

$|C(x)| \ll \left|\int\sqrt{f(x)}dx\right| \tag{$\star\star$}$ как

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . Если мы подставим это новое выражение для

S (x)

$S(x)$ в (

⋆

$\star$ ), мы придем к ОДУ для

C (x)

$C(x)$ :

С^{″} + (С^{'})^{2} \pm 2 \sqrt{ф} С^{'} \pm \frac{ф^{'}}{2 \sqrt{ф}} "=" 0

$C'' + (C')^2 \pm 2\sqrt{f}C' \pm \frac{f'}{2\sqrt{f}} =0$ Отвратительный! Однако асимптотика упростит нам жизнь. От (

⋆ ⋆

$\star\star$ ) выше, мы можем сгенерировать еще два отношения

\begin{matrix} (а) & | С^{'} | ≪ | \sqrt{ф} | \end{matrix}

$|C'| \ll |\sqrt{f}| \tag{a}$

\begin{matrix} (б) & | С^{″} | ≪ | ф^{'} / 2 \sqrt{ф} | \end{matrix}

$|C''| \ll |f'/2\sqrt{f}| \tag{b}$ как

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . (a) позволяет игнорировать второй член по сравнению с третьим, и (b) позволяет игнорировать первый член по сравнению с четвертым, оставляя отношение (осторожно с

\pm

$\pm$ и

\mp

$\mp$ )

С^{'} (Икс) \sim - \frac{1}{4} \frac{ф^{'} (Икс)}{ф (Икс)} ⟹ С (Икс) \sim - \frac{1}{4} п ф (Икс) ⟹ С (Икс) "=" - \frac{1}{4} п ф (Икс) + Д (Икс)

$C'(x) \sim -\frac{1}{4}\frac{f'(x)}{f(x)} \implies C(x) \sim -\frac{1}{4}\ln f(x) \implies C(x) = -\frac{1}{4}\ln f(x) + D(x)$ с

| D (x) | ≪ | C (x) |

$|D(x)|\ll|C(x)|$ как

x \to x_{0}

$x\to x_0$ .

Теперь, возвращаясь к нашему выражению для $S(x)$ , мы можем написать

С (Икс) \pm \int \sqrt{ф (Икс)} г Икс - \frac{1}{4} п ф (Икс) + Д (Икс)

$S(x) ~ \pm\int\sqrt{f(x)}dx -\frac{1}{4}\ln f(x) + D(x)$ и возводя это в степень, мы получаем для волновой функции

ψ (Икс) "=" к \frac{е^{\pm \int \sqrt{ф (Икс)} г Икс}}{\sqrt[4]{ф (Икс)}}

$\psi(x) = k\frac{e^{\pm \int\sqrt{f(x)}dx}}{\sqrt[4]{f(x)}}$ где

k = e^{D (x)}

$k = e^{D(x)}$ очень медленно меняющаяся функция, приближающаяся к константе как

x \to x_{0}

$x\to x_0$ .

Дэвид З. · Answer 3

Это не означает, что каждый член порядка $\hbar$ должны быть равны нулю, так как $\hbar$ постоянно, не так ли?

Это правда, что $\hbar$ известная константа в реальном мире . Но теоретическая модель, с которой вы здесь имеете дело, не совсем соответствует реальному миру. Он немного более общий, и один из способов сделать его более общим состоит в том, что он должен работать для любого небольшого значения $\hbar$ , а не только фактическое значение.

И когда у вас есть уравнение вида

С_{0} + С_{1} ℏ + С_{2} \frac{ℏ^{2}}{2} + \dots "=" 0

$C_0 + C_1 \hbar + C_2 \frac{\hbar^2}{2} + \cdots = 0$ и вам нужно, чтобы это было верно для всего диапазона значений

ℏ

$\hbar$ , единственный способ сделать это состоит в том, чтобы каждый из коэффициентов

C_{n}

$C_n$ по отдельности равна нулю.

Вопрос о выводе метода ВКБ

МХ Йип

Ответы (3)

Qмеханик

Эндулум

Дэвид З.

Как постоянная Планка может принимать разные значения?

Почему мы можем позволить ℏ → 0ℏ → 0\hbar \\rightarrow \ 0 в полуклассическом режиме?

Условие квантования WKB - отрицательное?

ВКБ-метод аппроксимации

Нахождение собственных значений энергии водорода с использованием подхода ВКБ

Является ли постоянная Планка постоянной?

Уравнение Мойяля-Лиувилля i\hbar} [H\stackrel{\star}{,}\rho] используется в приложениях?

Квазиклассическая КМ для центрально-симметричных полей

Излучение Хокинга из приближения ВКБ

Противоречие ВКБ и теоремы Вириала при определении связанных состояний