Oscilador armónico cuántico resuelto por método analítico utilizando la ecuación de Schrödinger y la función de onda

Respuesta a la parte 1: Este es un método común para resolver ecuaciones diferenciales, empleado por los físicos para extraer rápidamente una solución sin tener que avanzar lentamente utilizando métodos más rigurosos. El primer paso es buscar una solución asintótica (es decir, el límite de grandes$\xi$en este caso), donde la ecuación es fácilmente resoluble. Ahora, sabemos que esto no nos dará una solución exacta, por lo que no podemos simplemente proceder a reclamar

$$\psi (\xi)=Ae^{-\xi^2/2}$$ Sin embargo, como esta solución debe ser exacta en el límite, podemos intentar buscar una solución de la forma $$\psi(\xi)=\phi(\xi)e^{-\xi^2/2}$$ Lo cual, esperamos, nos permita reformular la ecuación original en una forma más simple o conocida. Realmente, no hemos hecho más que utilizar un cambio de variables, motivado por la solución asintótica. Idealmente, a uno le gustaría justificar rigurosamente cosas como esta (¿por qué exactamente es razonable creer que esto facilita las cosas?) pero, siendo un buen físico, simplemente seguimos adelante y esperamos lo mejor ;-)

Respuesta a la parte 2: Esto es bastante simple. Para ver que esto es cierto, solo trata de tomar el límite$j\to \infty$. Desde 1, 2 y$K$son todas constantes, eventualmente se vuelven insignificantes, por lo que podemos escribir

$$a_{j+2}=\frac{2j}{j^2}a_j$$ Que, después de cancelar un $j$, da su fórmula. Para resolver esto por $a_j$, siga los consejos de ACuriousMind (cuidado: no puede aplicar la fórmula de recurrencia hasta el final $a_0$, porque $2/0$es indefinido) y darse cuenta de que $$\begin{align*}a_3&=2a_1,\ a_4=a_2\\ a_5&=\frac{2}{3}a_3=\frac{2}{3}*2a_1,\hspace{1cm}a_6=\frac{1}{2}a_2\\ a_7&=\frac{2}{5}*\frac{2}{3}*\frac{2}{1}a_1\hspace{1cm}a_8=\frac{2}{6}*\frac{2}{4}*\frac{2}{2}a_2\end{align*}$$

$$a_{2j+1}=\frac{2^j}{(2j+1)(2j-1)\dots1}a_1\hspace{1cm}a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2j(2j-2)\dots 2}a_2$$ Ahora, para términos pares $a_{2j}$, esto se resuelve bastante fácilmente: $$a_{2j}=\frac{2^{j-1}}{2^jj!}a_2=\frac{a_2}{2}\frac{1}{j!}\implies a_k=\frac{C}{(k/2)!},\hspace{1cm}k=2j$$ Aquí, usé el hecho de que, incluso para $k=2n$, el doble factorial $k!!$puede expresarse fácilmente en términos de $n!$: $$k!!=2n(2n-2)*\dots *2=2(n)*2(n-1)*\dots*2(1)=2^n n!$$

Para los términos impares, todo se vuelve un poco más complicado. Primero usamos el número impar ($k=2n+1$) expresión para$k!!$en términos de$n!$:

$$k!!=(2n+1)(2n-1)*\dots * 1=\frac{(2n+1)(2n)(2n-1)*\dots*1}{(2n)(2n-2)*\dots*2}=\frac{(2n+1)!}{2^n n!}$$ Reemplazando este resultado, tenemos: $$a_{2j+1}=\frac{2^{2j}j!}{(2j+1)(2j)!}a_1$$ Lamentablemente, parece que esta expresión no es fácil de evaluar (en términos de funciones elementales). Necesitarás usar la función gamma en su lugar, y la mayor parte de la intuición se perderá... Independientemente, espero que mi tratamiento haya sido suficiente para darte algo de intuición.

La respuesta anterior hace un gran trabajo al explicar la derivación hasta las fórmulas de recurrencia par e impar. Los coeficientes iterados del 3 al 8 son correctos, pero si marca, las fórmulas recursivas no coinciden con los ejemplos iterados. Las fórmulas de recursión correctas son:

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

y

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

Para obtener la aproximación de

$$a_j$$ , puede usar cualquier fórmula, pero la fórmula par es más fácil. En caso de que desee derivar el otro también, el proceso general es el mismo. Recordando que la aproximación es en régimen de muy grandes $$j$$ , puede invocar la aproximación de Stirling para factoriales muy grandes. Esto es:

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

Entonces, para los coeficientes pares:

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

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

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

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

Tenga en cuenta que algunas de las fracciones en los exponentes se eliminaron o sumaron ya que, en la aproximación de números muy grandes, estos números se vuelven insignificantes; no tiene efecto en la aproximación. Por último, esta aproximación se realizó para el coeficiente

$$a_{2j}$$ . Para encontrarlo para cualquier coeficiente arbitrario, puede realizar un cambio de variables:

$$n\equiv 2j$$

entonces

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

Se podría obtener el mismo resultado para la fórmula impar, pero es una derivación un poco larga; tiene el mismo procedimiento, pero un paso adicional. Use la aproximación de Stirling (dará la misma forma que la aproximación par) y luego realice un cambio de variables. Una vez que se han cambiado las variables, se requerirá una aproximación de Stirling más.

En cuanto a tu tercera pregunta:

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

Realizando un cambio de variable:

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

Entonces:

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

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

¡Espero que esto haya ayudado!

Las respuestas fueron muy claras e instructivas, gracias a Brian y Danu. Solo para sumar... Quizás en lugar de usar la aproximación de Stirling es mucho más simple usar el hecho de que para grandes$j$la cantidad$(j-1)!\approx j!$en la fórmula de recurrencia para coeficientes pares, por lo que terminas con

$$a_{2j}=\frac{a_2}{(j-1)!}\approx\frac{a_2}{j!}=\frac{C}{j!},$$ que después de hacer$k=2j$rendimientos $$a_k\approx\frac{C}{(k/2)!}.$$