La distribución delta de posición$\delta(x)$tiene unidades de longitud inversa, de modo que$\int \mathrm dx\ \delta(x) = 1$es dimensionalmente consistente. Por lo tanto, la consistencia dimensional sugiere que su potencial debe ser

$$V(x) = \begin{cases} \infty & x < -d \\ -V_0 a \delta(x) & x > -d \end{cases}$$

dónde$a$es un nuevo parámetro con unidades de longitud.

en el limite$d\to\infty$esperaría recuperar el estado de enlace único del potencial del pozo delta aislado; el parámetro adicional sugiere que debe recuperar el estado vinculado en el límite$d \gg a$.

En su condición de cuantización, tenga en cuenta que$\frac{2mV_0}{\hbar^2 k}$tiene las mismas unidades que$k$, pero lo estás usando en un contexto adimensional.

Sin embargo, cambiando$V_0\to V_0 a$no soluciona el problema que ha identificado en su condición de cuantización, que un lado es definitivamente más grande que uno mientras que el otro lado es definitivamente más pequeño. El problema sigue presente incluso si toma el$d\to\infty$limitar y escribir

$$\lim_{d\to\infty} \frac{1 + e^{-2kd}}{1 - e^{-2kd}} = 1 \overset{?!}{=} 1 - \frac{2mV_0 a}{\hbar^2 k}$$

Hay dos posibles explicaciones para este escenario:

1. Ha cometido un error al configurar las condiciones de contorno. Cuando solucione ese error, descubrirá la solución conocida.$E=-{m(V_0a)^2}/{2\hbar^2}$Para el$d\to\infty$límite, y una corrección de orden$a/d$por una lejana barrera infinita.

2. El estado ligado del potencial delta es lo suficientemente "delicado" como para que una barrera de potencial infinito , a cualquier distancia, lo destruya. En ese caso, podrías mirar una barrera finita

   $$V(x) = \begin{cases} V_1 & x < -d \\ -V_0 a \delta(x) & x > -d \end{cases}$$ y esperar que la existencia del estado ligado tenga una condición como$V_1 d \lesssim V_0 a$.

Me inclino por el n. ° 1, otro error, pero tampoco me sorprendería demasiado.

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Hay un error de signo en su definición media de$\psi$:

$$\psi|_{x=-d} = A\cdot(-e^{-3kd} + e^{-kd}) \neq 0$$

usando en su lugar

$$\psi|_{-d<x<0} = A\cdot(-e^{+2kd}e^{+kx} + e^{-kx} )$$

da la condición de cuantificación

$$k = \frac{mV_0 a}{\hbar^2} ( 1 - e^{-2kd} )$$

Para$d\to\infty$de hecho, esto se reduce a la condición del pozo delta atractivo no perturbado, y recuperamos la solución única$k_\infty = \frac{mV_0 a}{\hbar^2}$. por finito$d$, hay una solución con$k=0$que corresponde (después de la normalización) a la función de onda cero en todas partes. Hay una solución no trivial solo si el lado derecho es inicialmente más empinado en$k$que el lado izquierdo; es decir, si

$$%\frac{\mathrm d}{\mathrm dk} k_\infty(1-e^{-2kd}) = k_\infty \cdot (+2 d) > 1 2d > \frac1{k_\infty}$$

El valor de la solución implicará la función Lambert W (una persona normal lo encontraría numéricamente). Satisfactoriamente, se da el caso de que un pozo atractivo "más profundo" o "más ancho", con$V_0$o$a$, es más probable que conserve su estado ligado en un determinado$d$. Mi intuición acerca de dividir la "fuerza" del pozo en dos factores con unidades interpretables resultó no ser útil en este caso.

Cuidado con esos deltas

Entonces, en la primera parte de su pregunta, parece determinar correctamente una forma

$$\psi(x)=A(e^{-k|x|}-e^{-k(x+2d)}),$$ que tiene la propiedad básica de que en cada intervalo tiene un$Ae^{kx}+Be^{-kx}$dependencia y debe ir a cero en$x=-d$y hay continuidad en el valor pero discontinuidad en la derivada en$x=0.$

Entonces tienes el deseo de establecer$k$para hacer que la "torcedura" en la función de onda coincida con el potencial de la función Delta a través de la ecuación de Schrödinger,

$$E\psi(x) = -\frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x)-V_0\delta(x)\psi(x)$$ (Una palabra de precaución, al igual que el potencial de la función Delta de Dirac, las unidades de$V_0$son Joule-metros). Así que integramos ambos lados en un pequeño intervalo$\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\mathrm dx$y consigue tu relacion $$E\cdot\psi(0)\cdot 2\epsilon= -\frac{\hbar^2}{2m} [\psi'(\epsilon)-\psi'(-\epsilon)] - V_0\psi(0).$$ Por supuesto, en el límite, el lado izquierdo va a cero y obtenemos su "condición de contorno", pero tal vez me permita un poco y en lugar de interpretar esto como una condición de contorno, interpretémoslo como un experimento para determinar$V_0$. Así que alguien nos da esta función de onda (por ejemplo, mediante tomografía) y nos pregunta qué tan profundo debe haber sido el potencial delta para crear esta forma.

Ahora el segundo término de$\psi(x)$tiene una primera derivada continua por lo que no cambia entre$-\epsilon$y$+\epsilon$y entonces simplemente se sustrae. En cambio, solo estamos mirando$\exp(-k|x|)$que pasa abruptamente de la pendiente$+k$inclinar$-k$en x=0,

$$0= -\frac{\hbar^2}{2m} [{-k A}-kA] - V_0~A(1-e^{-2kd}),\\ V_0=\frac{\hbar^2 k}{m(1-e^{-2kd})}.$$ Así que se ve bien y fácil de calcular.

¿Aquí es donde creo que podrías haberte equivocado? No me malinterpretes, me gusta tu numerador de$1-e^{2kd}$más, parece que podría convertirlo en una tangente hiperbólica, tal vez derivarlo más fácilmente traduciéndolo$x\to x+d$más o menos, de modo que en el intervalo$0<x<d$entonces$\phi(x)=A\sinh(kx),\phi'(x)=Ak\cosh(kx),$wham, bam, hecho a tiempo para el té. Pero creo que lo acabas de hacer$\phi'(0^-)/\phi(0)$o así y simplemente no funciona de esa manera? No estoy seguro.

disculpe como me nerd-snipe a mí mismo

Ahora también tenemos un problema interesante que es que aparentemente dependemos de esta función.$f(x)=x/(1-e^{-x})$ser invertible si queremos ir en la dirección que usted desea ir, como

$$k=\frac{1}{2d} ~f^{-1}\left({2dmV_0 \over\hbar^2 }\right),$$ Y luego puedes obtener la energía cinética con$\hbar^2k^2/2m$como de costumbre. Ahora, sabemos que$f$no va a tener un inverso en términos de ningún tipo de funciones elementales , pero el peligro real es si no tiene un inverso en absoluto . Si$f$no tiene un inverso entonces dado algunos$V_0$no hay tal$k$.

Una manera fácil de mostrar que algo es invertible es mostrar que aumenta monótonamente (suficiente, pero no necesario), y creo que podemos hacer eso aquí. La derivada parece tener un denominador cuadrado positivo y un numerador factorizable como$e^x(e^x-x-1)$y la expansión de Taylor del segundo$e^x$hace que esto también sea un producto de dos números positivos... Entonces, si la derivada es siempre positiva, entonces es monótonamente creciente y, por lo tanto, invertible.

En realidad, Wolfram Alpha es aún más agradable y nos dice que lo contrario es simplemente$f^{-1}(x) = x+W(-xe^{-x}),$dónde$W$es la "función de registro del producto".

Entonces creo que aún podría necesitar una condición de adecuación para la física, probablemente$k>0$de modo que$\psi(x)$es normalizable a infinito positivo. Afortunadamente eso es solo$f(0)$que podemos calcular fácilmente y, afortunadamente, la única condición que necesitamos de eso es$V_0>0$por lo que estoy un poco sorprendido y agradecido.

Supongo que diría que tiene razón, lo que significaría que no hay estados límite para este potencial. Creo que este es el caso, ya que para una función delta simple atractiva, solo hay un estado límite, por lo que si agregamos otra condición (en este caso, el paso infinito) podría eliminar ese estado permitido único, lo que resultaría en no permitido estado ligado.

EDITAR: si su ejercicio establece que hay un estado vinculado, mi suposición debe ser incorrecta, pero aún no veo un error en sus cálculos ...