Número cuántico radial para pozo circular infinito

Question

Número cuántico radial para pozo circular infinito

Aegon

Para completar, dibujaré primero la solución de una partícula en un pozo circular infinito y luego llegaré a mi pregunta. Me disculpo de antemano ya que la introducción es mecánica cuántica de pregrado estándar.

Consideremos el problema de una partícula en un pozo circular infinito. Esto se describe por el potencial

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

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

La ecuación de Schrödinger luego se divide en una parte radial y una angular y podemos escribir la función propia como

ψ (r, θ) = tu (r) {mi}^{i yo θ}

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

dónde $l = 0,\pm 1,\pm2,..$ debido al valor único de la función de onda. La parte radial de la ecuación es

(\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} - \frac{{yo}^{2}}{r^{2}} + \frac{2 metro mi}{ℏ^{2}}) tu (r) = 0

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

con la condición de contorno: $u(R) = 0$ . Las soluciones a esto vienen dadas por las funciones regulares de Bessel (descartamos $Y_l$ 's ya que explotan en r = 0)

{tu}_{norte, yo} (r) = j_{yo} (α_{norte, yo} \frac{r}{R})

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

dónde $\alpha_{n,l}$ es el $n^{th}$ cero de $J_{l}(r)$ .

De esta manera, podemos construir funciones de onda normalizables

ψ_{norte, yo} (r, θ) = {norte}_{norte, yo} j_{yo} (α_{norte, yo} \frac{r}{R}) {mi}^{i yo θ}

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

dónde $\mathcal{N}_{n,l} = \frac{1}{\sqrt{\pi}R |J_{l+1}(\alpha_{n,l})|}$ . Estas son funciones propias simultáneas del hamiltoniano y del momento angular, con energía $E_{n,l} = \frac{\hbar^2 \alpha_{n,l}^2}{2mR^2}$ y momento angular = $l \hbar$ .

Ahora, mi pregunta es la siguiente: Supongamos que quiero evaluar

(\partial_{X} \pm i \partial_{y}) ψ_{norte, yo} = {mi}^{\pm i θ} (\frac{\partial}{\partial r} \pm \frac{i}{r} \frac{\partial}{\partial θ}) ψ_{norte, yo} (r, θ)

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

Usando las propiedades de las funciones de Bessel, encuentro que esto se evalúa como

\mp {norte}_{norte, yo} \frac{α_{norte, yo}}{R} {mi}^{i (yo \pm 1) θ} j_{yo \pm 1} (α_{norte, yo} \frac{r}{R})

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

Esto ya no es una función propia ya que $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R} \right) \neq 0$ cuando $r = R$ .

Entonces, ¿hay alguna forma de construir funciones propias con momento angular fijo, $l$ , tal que cuando actúo sobre ellos por el operador (s) $\partial_x \pm i \partial_y$ , obtengo otra función propia?

cuchillos

En cierto sentido, desea funciones propias de operadores ascendentes y descendentes.

Emilio Pisanty

Sobre todo, estás descubriendo que

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

$\partial_x \pm i \partial_y$ no toma

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

$\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ a sí mismo. Esto no es particularmente sorprendente, y obtienes lo mismo con el momento lineal en el pozo cuadrado infinito 1D.

DanielSank

@EmilioPisanty Aumenta la conformidad de la publicación con los patrones establecidos. Es similar a corregir un error de ortografía incluso si la selección de palabras del autor es imperfecta. Para mí y para otros que han discutido esto en el chat y en el meta, esto es útil.

Aegon

@EmilioPisanty ¿Sería posible ampliar

({pag}_{X} \pm {pag}_{y}) ψ_{norte, yo}

$(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ en términos de las funciones base? Es decir, ¿puedo expresar de alguna manera

j_{yo \pm 1} (α_{norte, yo} \frac{r}{R})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ como combinación lineal de

j_{yo \pm 1} (α_{metro, yo \pm 1} \frac{r}{R})

$J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , ¿cuáles son funciones propias?

Emilio Pisanty

No, realmente no. puedes esperar

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

$e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ ser una combinación lineal de todos los

{e^{i ℓ θ)} J_{ℓ} (α_{m, ℓ} r / R)}

$\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ al menos en casi todas partes

r

$r$ , pero está configurado para tener todo tipo de problemas del fenómeno de Gibbs en el límite.

Emilio Pisanty

Esto es similar a cómo puedes representar

\frac{d}{d X} pecado (X) = porque (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 k}{4 k^{2} - 1} pecado (2 k X)

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

x \in (0, π)

$x\in(0,\pi)$ , pero nunca convergerá en el límite, y tendrá un zumbido terrible allí debido a la discontinuidad.

Respuestas (2)

Número cuántico radial para pozo circular infinito

En cierto sentido, desea funciones propias de operadores ascendentes y descendentes.
Sobre todo, estás descubriendo que $\partial_x \pm i \partial_y$ no toma $\mathcal H=\{f:D_R\to\mathbb C \:|\: f(r=R)=0\}$ a sí mismo. Esto no es particularmente sorprendente, y obtienes lo mismo con el momento lineal en el pozo cuadrado infinito 1D.
@EmilioPisanty Aumenta la conformidad de la publicación con los patrones establecidos. Es similar a corregir un error de ortografía incluso si la selección de palabras del autor es imperfecta. Para mí y para otros que han discutido esto en el chat y en el meta, esto es útil.
@EmilioPisanty ¿Sería posible ampliar $({pag}_{X} \pm {pag}_{y}) ψ_{norte, yo}$ $(p_x \pm p_y)\psi_{n,l}$ en términos de las funciones base? Es decir, ¿puedo expresar de alguna manera $j_{yo \pm 1} (α_{norte, yo} \frac{r}{R})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{n,l}\frac{r}{R}\right)$ como combinación lineal de $j_{yo \pm 1} (α_{metro, yo \pm 1} \frac{r}{R})$ $J_{l\pm 1}\left(\alpha_{m,l\pm 1} \frac{r}{R}\right)$ , ¿cuáles son funciones propias?
No, realmente no. puedes esperar $e^{i(l\pm1)\theta)}J_{l\pm1}(\alpha_{n,l}r/R)$ ser una combinación lineal de todos los $\{e^{i\ell\theta)}J_{\ell}(\alpha_{m,\ell}r/R)\}$ al menos en casi todas partes $r$ , pero está configurado para tener todo tipo de problemas del fenómeno de Gibbs en el límite.
Esto es similar a cómo puedes representar $\frac{d}{d X} pecado (X) = porque (X) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2}{π} \frac{4 k}{4 k^{2} - 1} pecado (2 k X)$ $\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1}\sin(2kx)$ para todos $x\in(0,\pi)$ , pero nunca convergerá en el límite, y tendrá un zumbido terrible allí debido a la discontinuidad.

Emilio Pisanty · Answer 1

Definir $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\|(x,y)\|\leq R\}$ como el disco de interés. Hay dos espacios de interés aquí: el espacio de funciones integrables en cuadrados en $D$ , $L_2(D)$ , y el espacio de tales funciones con condiciones de contorno de Dirichlet, $\mathcal H=\{\psi\in L_2(D):\psi(p)=0\:\forall p\in \partial D\}$ .

te interesa el hamiltoniano $H=\frac{1}{2m}\hat{\mathbf p}^2$ , con dominio

D (H) = {ψ \in H : H ψ \in L_{2} (D)},

$\mathscr D(H)=\{\psi\in\mathcal H:H\psi\in L_2(D)\},$ y el operador de momento angular

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

$L=xp_y-yp_x$ con dominio

D (L) = {ψ \in H : L ψ \in L_{2} (D)} .

$\mathscr D(L)=\{\psi\in\mathcal H:L\psi\in L_2(D)\}.$ Como ha demostrado, las únicas funciones propias simultáneas de estos dos operadores están dadas por

ψ_{norte, yo} (r, θ) = {norte}_{norte, yo} j_{yo} (α_{norte, yo} \frac{r}{R}) {mi}^{i yo θ} .

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

Como tal, no hay forma de construir funciones propias simultáneas de $H$ y $L$ con un comportamiento diferente para el posible operador de escalera: la teoría está completamente restringida.

La relación entre las funciones propias de $H$ y los operadores de impulso son complejos y están llenos de detalles sutiles. No hay nada particularmente nuevo aquí; Obtendrá los mismos problemas con el impulso unidimensional en un pozo 1D finito. Para obtener más detalles, consulte, por ejemplo, este artículo .

Si entiendo su pregunta correctamente, está buscando funciones propias de $L$ que no son necesariamente funciones propias de $H$ tal que $\partial_x \pm i \partial_y$ actuará como un operador de escalera. Este es un problema más fácil de plantear. Entonces estás buscando un conjunto base de $\phi_{nl}\in \mathcal H$ de la forma $\phi_{nl}(r,\theta)=f_{nl}(r) e^{il\theta}$ para cual $(\partial_x\pm i\partial_y) \phi_{nl}=A_{nl}^\pm \phi_{n,l\pm1}$ , o en otras palabras

\partial_{yo}^{\pm} F_{norte yo} (r) = (\frac{\partial}{\partial r} \mp \frac{yo}{r}) F_{norte yo} (r) = A_{norte yo}^{\pm} F_{norte, yo \pm 1} (r) bajo F_{norte yo} (R) = 0.

$\partial_l^\pm f_{nl}(r)=\left(\frac{\partial}{\partial r} \mp \frac{l}{r} \right)f_{nl}(r) =A_{nl}^\pm f_{n,l\pm 1}(r) \qquad\text{under}\ \ f_{nl}(R)=0.$ Para que esto suceda, desea imponer un requisito de consistencia: subir un paso y luego retroceder debería llevarlo al mismo lugar que antes, es decir,

\begin{aligned} \partial_{yo + 1}^{-} \partial_{yo}^{+} F_{norte yo} (r) = \partial_{yo + 1}^{-} A_{norte yo}^{+} F_{norte, yo + 1} (r) = A_{norte, yo + 1}^{-} A_{norte yo}^{+} F_{norte yo} (r) = - B_{norte yo} F_{norte yo} (r) \end{aligned}

$\begin{align} \partial_{l+1}^- \partial_l^+ f_{nl}(r) = \partial_{l+1}^-A_{nl}^+f_{n,l+1}(r) = A_{n,l+1}^-A_{nl}^+f_{nl}(r) = -B_{nl}f_{nl}(r) \end{align}$ que se reduce a la forma

(r^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}} + r \frac{\partial}{\partial r} + (B_{norte yo} r^{2} - {yo}^{2})) F_{norte yo} = 0.

$\left(r^2\frac{\partial^2}{\partial r^2}+r\frac{\partial}{\partial r} + (B_{nl}r^2-l^2)\right)f_{nl}=0.$ Esta es la ecuación de Bessel, que es de esperar porque hasta ahora nada usa el límite finito, por lo que debe adaptarse al caso sin dicho límite, para el cual funcionan las soluciones de Bessel.

Este requisito de consistencia tiene dos características curiosas. Una es que no importa en qué dirección vayas y, de hecho, un breve cálculo muestra que

\partial_{yo + 1}^{-} \partial_{yo}^{+} = \partial_{yo - 1}^{+} \partial_{yo}^{-} .

$\partial_{l+1}^- \partial_l^+=\partial_{l-1}^+ \partial_l^-.$ El segundo sigue de esto, y es que el requisito de consistencia es todo lo que realmente necesitas, y si

f_{n l}

$f_{nl}$ es una solución para uno

l

$l$ entonces puedes usarlo para construir otros estados

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

$\partial_{l}^\pm f_{nl}$ y estos seguirán obedeciendo el requisito de consistencia.

Sin embargo, el problema es que esto no es compatible con las condiciones de contorno del disco finito. De hecho, quieres la $\phi_{nl}$ permanecer en $L_2(D)$ , y esto descarta cualquier componente a lo largo de la solución de Neumann-Weber $Y_l$ , entonces $f_{nl}\propto J_l$ . Preguntando por $\phi_{nl}\in \mathcal H$ luego te obliga a volver a las funciones propias de $H$ , y sabe que solo puede hacer esto para una función propia a la vez: puede imponerlo para $f_{nl}$ pero entonces necesariamente se romperá para $\partial_l^\pm f_{nl}$ .

Así que supongo que la respuesta corta es simplemente "No".

Adán · Answer 2

Es sencillo demostrar que no es posible encontrar funciones propias de $\hat L_z$ que también son funciones propias de $\partial_x \pm i\partial_y$ ya que estos operadores no se desplazan.

De hecho, usando $\hat L_z = \hat x \hat p_y - \hat y \hat p_x$ y $\partial_x \pm i\partial_y=-i \hat p_x \mp \hat p_y$ , así como las relaciones de conmutación canónicas estándar, se encuentra

[{\hat{L}}_{z}, \partial_{X} \pm i \partial_{y}] = \mp (\partial_{X} \pm i \partial_{y}) .

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

Esto no es realmente lo que se preguntó: el OP obviamente sabe que una función no puede ser una función propia simultánea de $\hat L_z$ y $\partial_x \pm i \partial_y$ . El problema es si una función propia $f$ de $\hat L_z$ se puede transformar en otra función propia (con un valor propio diferente) a través de $\partial_x \pm i \partial_y$ , que por supuesto es posible y realizado en el álgebra de momento angular estándar; también sería el caso si se eliminara el límite.

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