Partícula libre cuántica en coordenadas esféricas

Question

Partícula libre cuántica en coordenadas esféricas

Física
función de onda
mecánica cuántica
sistemas coordinados
condiciones de borde
ecuación de Schroedinger

usuario3001408

Estoy tratando de entender la partícula libre tanto en coordenadas cartesianas como esféricas. Entonces, una partícula libre entra, digamos $x$ dirección con algo de energía $E$ . Sabemos que la función de onda de dicha partícula es:

\begin{matrix} (1) & ψ (X) = A {mi}^{i k X} + B {mi}^{- i k X} . \end{matrix}

$\psi(x)=Ae^{ikx} + Be^{-ikx}.\tag{1}$

Ahora hagamos el mismo cálculo en coordenadas esféricas y derivemos la función de onda. En ecuaciones esféricas toman la siguiente forma con $\psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ :

Ahora la parte angular, $Y$ , puedo tomarlo como constante, y $l=0$ ya que no hay momento angular. Ahora si resuelvo ahora la parte radial usando la sustitución $u=rR(r)$ , y $V=0$ , Yo obtengo $u=Ce^{ikr}+De^{-ikr}$ , y por lo tanto $R=\frac {1}{r}(Ce^{ikr}+De^{-ikr}).$

Ahora sé que $\theta=\pi/2, \phi=\pi/2$ , y por lo tanto $x=rsin(\theta)sin(\phi)=r$ , Ahora claramente simplemente sustituyendo $r$ con $x$ , no puedo recuperar mi solución cartesiana como se describe arriba (ecuación 1). Además en $r\to0$ , la solución explota lo que no sucedía en la solución cartesiana.

No puedo entender este dilema, esa solución debería ser idéntica en ambas coordenadas, ¡pero me están dando resultados diferentes!

Respuestas (3)

Partícula libre cuántica en coordenadas esféricas

qmecanico · Answer 1

Técnicamente, un sistema de coordenadas esféricas se define en 3 espacios $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ excepto el origen $r=0$ . Por lo tanto, las coordenadas esféricas son una descripción pobre del sistema en el origen. $r=0$ .
La partícula libre en sí no tiene problemas con el origen. No hay condiciones de contorno físicas reales en el origen. La moraleja es que no deberíamos usar un sistema de coordenadas esféricas para describir un sistema invariante de traslación, ya que distingue artificialmente un punto del sistema.
Ahora digamos que, sin embargo, elegimos usar coordenadas esféricas. Así que tenemos que renunciar a la descripción en $r=0$ . Por lo tanto, estamos estudiando efectivamente la partícula libre en $\mathbb{R}^3\backslash\{0\}$ en cambio. Para cada $\ell\in\mathbb{N}_0$ , el TISE radial tiene 2 modos: Uno de ellos diverge como $r\to 0$ , el otro es regular. Eso está bien, porque en lo que respecta a nuestra nueva descripción, $r=0$ ya no existe. También tenga en cuenta que los modos divergentes son necesarios si tratamos de traducirlos a los modos rectangulares de un sistema de coordenadas rectangulares .
Hasta ahora hemos discutido los estados de dispersión de la partícula libre. La situación es diferente para los estados ligados. Allí pueden surgir condiciones de contorno físicas adicionales en el origen, cf. por ejemplo , este y este Phys.SE publicaciones.

ZeroTheHero · Answer 2

Las soluciones para la parte radial son en términos de funciones esféricas de Bessel:

\begin{aligned} R_{ℓ} (ρ) = j_{ℓ} (ρ) \end{aligned}

$\begin{align} R_\ell(\rho)=j_\ell(\rho) \end{align}$ Esto se hace en detalle en el texto QM de Landau&Lifshitz.

Su ecuación radial para $u$ debe salir a ser

\begin{aligned} {tu}^{″} - \frac{ℓ (ℓ + 1)}{r^{2}} + k^{2} tu (r) = 0 . \end{aligned}

$\begin{align} u''-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}+k^2 u(r)=0\, . \end{align}$ Hay una condición de contorno en

r = 0

$r=0$ eso debería garantizar que su

u

$u$ no diverge allí desde

u (0) = 0

$u(0)=0$ . Así, por

ℓ = 0

$\ell=0$ tenemos

\begin{aligned} j_{0} (ρ) & = \frac{1}{ρ} pecado (ρ), \\ {tu}_{0} (ρ) = ρ R_{0} (ρ) & = pecado (ρ) . \end{aligned}

$\begin{align} j_0(\rho)&=\frac{1}{\rho}\sin(\rho)\, ,\\ u_0(\rho)=\rho R_0(\rho)&=\sin(\rho)\, . \end{align}$ que va a

0

$0$ como

ρ \to 0

$\rho\to 0$ como se esperaba.

Tenga en cuenta que es $\rho R(\rho)$ eso debe ir a $0$ , incluso si $R(\rho)$ comportarse de manera diferente. Esto se debe a que la condición está en la densidad de probabilidad $\vert u(\rho)\vert^2 = \vert \rho R(\rho)\vert^2$ . El mismo tipo de comportamiento ocurre en el átomo de hidrógeno.

Lo tengo, el error que cometí fue en esa ecuación que establecí $l=0$ , y luego lo resolvió, pero debería establecer $l=0$ solo después de resolver con $l$ intacto. Muchas gracias.

David · Answer 3

Su fórmula para R es correcta.

Sin embargo, requiere que el origen de coordenadas esté en el centro de la onda. Eso no funcionará, entre otras cosas, para el experimento de la doble rendija, donde hay dos ondas radiales con centros desplazados.

Creo (ansatz) que las funciones propias más generales, del hamiltoniano esférico, de partículas libres, sin restricciones, son

\begin{matrix} (1) & A | \vec{r} - {\vec{r}}_{a} |^{- 1} {mi}^{- i (k (| \vec{r} - {\vec{r}}_{a} |)} + B | \vec{r} - {\vec{r}}_{a} |^{- 1} {mi}^{i (k (| \vec{r} - {\vec{r}}_{a} |)} \end{matrix}

$A\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{-i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) } + B\lvert \vec r -\vec r_a \vert^{-1} e^{i(k (\lvert \vec r -\vec r_a \vert) }\tag1$ dónde

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ es el vector de posición del centro de la onda radial. Sin embargo, no he realizado el tedioso cálculo para demostrarlo. Sin embargo, creo que cualquier función de onda de un objeto con solo momento radial se puede construir a partir de una superposición ponderada de

(1)

$(1)$ sobre la variable

k

$k$ . Tendría su centro en

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ . También creo que una solución válida para algo como una onda plana (funciones propias del hamiltoniano cartesiano de partículas libres) es una superposición de funciones propias

(1)

$(1)$ , donde uno se integraría sobre

{\vec{r}}_{a}

$\vec r_a$ , a lo largo de una línea que sería paralela al frente de onda de la onda plana.

Para mantenerlo simple, consideremos que el espacio es un plano 2-D. Pienso que el $r^{-1}$ en su fórmula tiene que ver con el requisito de que la densidad de probabilidad sobre una longitud de arco (definida por el ángulo $\theta$ y a una distancia radial r) veces $\Delta r$ debe ser igual a la densidad de probabilidad sobre un arco de diferente longitud de arco (también definido por ese mismo ángulo $\theta$ pero a una distancia radial diferente) veces $\Delta r$ . En el caso cartesiano, eso no es cierto. Una consecuencia matemática es una singularidad en $r=0$ . Sin embargo, es mucho más fácil trabajar con coordenadas esféricas en casos de momento angular o cuando las isosuperficies de densidad de probabilidad son esféricas, en lugar de planas.

Partícula libre cuántica en coordenadas esféricas

usuario3001408

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qmecanico

ZeroTheHero

usuario3001408

David

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