Describiendo energías dado un extraño hamiltoniano

TLDR: el problema es exactamente equivalente a uno de un pozo de potencial infinito de longitud$a$.

configurando

Primero intentemos configurarlo de forma clásica, luego podemos pasar al caso cuántico.

Así que digamos que tienes un cable ondulado de longitud$a$, y su partícula es una perla que rueda y se mueve restringida en este alambre ondulado. El alambre tiene una forma dada por el vector$\vec{X}(s)$, dónde$s$es un número que etiqueta posiciones en el cable. Para cada$s$obtienes un vector de posición que te da un punto en el cable.

Para escribir un lagrangiano necesitamos algunas coordenadas generalizadas, así que iremos con$s$, que usamos para etiquetar una posición en el cable. Una configuración de este sistema (una partícula en un fideo ondulado) viene dada por la posición de la partícula en el fideo. si a la hora$t$la partícula está en la etiqueta de posición$s$en el fideo, la posición de la partícula será$\vec{X}(s(t))$.

Escribiendo el Lagrangiano

Para escribir el lagrangiano:$L = T - V$, necesitamos escribir la energía cinética y la energía potencial. No hay energía potencial explícita en esto (se podría argumentar que tiene un potencial infinito en los extremos de los fideos, pero eso se puede solucionar usando condiciones de contorno). Para la energía cinética simplemente escribimos$\frac{1}{2}m \vec{V}\cdot \vec{V}$.

$$\vec{V} = \frac{d\vec{X}}{dt} = \frac{\partial\vec{X}}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial t} = \vec{X}' \dot{s}$$

Y por lo tanto:

$$L = T - V = \frac{1}{2}m \vec{V}\cdot \vec{V} - 0 = \frac{1}{2}m \dot{s}^2 (\vec{X}'\cdot \vec{X}')$$

Darse cuenta de$(\vec{X}'\cdot \vec{X}')$es solo una función de$s$eso depende SOLAMENTE de la forma del cable y de cómo elegimos etiquetarlo con$s$. Así que llamémoslo$(\vec{X}'\cdot \vec{X}') = f(s)$por ahora.

Encontrar el momento conjugado

Sabemos que nuestra coordenada generalizada es$s$. Podemos encontrar su momento conjugado, por$P = \frac{\partial L}{\partial \dot{s}}$

Encontramos:

$$P = \frac{\partial L}{\partial \dot{s}} = m \dot{s} (f(s))$$

Entonces:

$$L = \frac{1}{2}m \dot{s}^2 (f(s)) = \frac{P^2}{2 m f(s)}$$

Ese es tu lagrangiano. Eso se parece terriblemente a una partícula libre o una partícula en un pozo hamiltoniano, pero con ese extraño$f(s)$término en la parte inferior.

Cuantificando esta cosa horrible

Para cuantificarlo, escribirías el hamiltoniano:

$$H = \frac{\hat{P}^2}{2 m f(\hat{s})}$$

y pongo la relacion de conmutacion$[\hat{s},\hat{P}] = i\hbar$

Dado$f(s)$para tu curva como la resolverías? Probablemente sería muy difícil.

Sin embargo, hay un truco.

ahora el truco

Hasta ahora hemos elegido un parámetro arbitrario para etiquetar puntos en nuestro fideo ondulado. Pero, ¿y si elegimos una forma específica de etiquetarlos? Ahora decimos que$s$es en realidad la distancia a lo largo del fideo ondulado desde un punto de partida.

¿Qué cambia esto? Veamos la condición en$\vec{X}$. Entonces, si nos movemos a lo largo del fideo muy poco$\Delta s$, deberíamos obtener un vector de desplazamiento resultante:$\vec{\Delta X} = \vec{X(s + \Delta s)} - \vec{X(s)} = \vec{X}'\Delta s$. La longitud del vector de desplazamiento debe ser$\Delta s$, por definición de$s$. Entonces:

$$\vec{\Delta X}\cdot\vec{\Delta X} = (\Delta s)^2$$

y

$$\vec{\Delta X}\cdot\vec{\Delta X} = (\vec{X}'\Delta s)\cdot (\vec{X}'\Delta s) = \vec{X}'\cdot\vec{X}' (\Delta s)^2$$

$$\implies \vec{X}'\cdot\vec{X}' = f(s) = 1$$

Esto significa que si elegimos$s$ser la distancia a lo largo del fideo,$f(s) = 1$.

Resolviéndolo ahora

Por lo tanto tenemos que$L = \frac{1}{2}m \dot{s}^2$y por lo tanto:$P = m \dot{s}$, así como$H = \frac{P^2}{2m}$

Así que ahora podemos cuantizarlo:

$$H = \frac{\hat{P}^2}{2m}$$ $$[\hat{s},\hat{P}] = i\hbar$$

y condicionar que$\psi(s) = 0$en los puntos finales de su fideo ondulado. es decir$s = [0,a]$y$\psi(0) = 0$y$\psi(a) = 0$.

Esto es MATEMÁTICAMENTE EQUIVALENTE al problema de una partícula en un pozo infinito de longitud$a$.

¡Es el mismo sistema!

Por lo tanto, son los mismos sistemas con exactamente los mismos espectros de energía.