¿Por qué el cambio de energía debido a un potencial 'hundido' es negativo e independiente del tamaño de la caja?

Question

¿Por qué el cambio de energía debido a un potencial 'hundido' es negativo e independiente del tamaño de la caja?

energía
Física
potencial
mecánica cuántica
teoría de la perturbación
ecuación de Schroedinger

PAO

Considere una caja de ancho $L$ y el compuesto por el siguiente potencial

V (X) = \frac{V_{0} X (X - L)}{L^{2}}, X \in [0, L]

$V(x)=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}, x\in[0,L]$ y

V (x) = \infty

$V(x)=\infty$ en otra parte. Usando la teoría de la perturbación, con una caja cuadrada como potencial similar, se encuentra que el potencial de perturbación para

x \in [0, L]

$x\in[0,L]$ es simplemente el potencial que describe la caja hundida (lo cual tiene sentido porque

V (x) = 0

$V(x)=0$ para caja normal).

Al calcular el cambio de energía del estado n a primer orden, también se encuentra que

Δ {mi}_{norte}^{(1)} = - V_{0} (\frac{1}{6} + \frac{1}{2 {norte}^{2} π^{2}}) .

$\Delta E_n^{(1)}=-V_0\Big({1\over6}+{1\over2n^2\pi^2}\Big).$

Hay dos cosas interesantes acerca de este resultado:

es negativo,
Es independiente del ancho de la caja.

El primero es más fácil de encontrar una explicación. Mi intento es que el potencial de la caja hundida sea tal que la caja parezca hundirse en el territorio negativo del eje potencial, lo que hace que el cambio de energía sea negativo.

Editar : otra explicación potencial (perdón por el juego de palabras) que acabo de pensar es similar: debido a que la caja se hunde, esto crea más espacio para estados propios de menor energía dentro de la caja, creando así un cambio de energía neto de valor negativo.

El segundo para el que estoy luchando por encontrar una explicación. Quizás un potencial de caída es uno de proporciones en lugar de tamaños. Una idea es que, visualmente, si tuviera que estirar la caja, el 'hundimiento' se movería hacia arriba (es decir, estaría menos hundido), como se esperaría al tirar de cualquier lado de una banda elástica o algo así. Contrarrestando así cualquier dependencia del ancho de la caja.

¿Alguna sugerencia?

Editar

Aquí está el cálculo de $\Delta E_n^{(1)}$ :

Consideramos el potencial de perturbación $\Delta V=V(x)-V_0(x)$ , dónde $V_0(x)$ es algún potencial que es visualmente similar al potencial dado. Un potencial muy similar (puede verificar esto trazando ambos como cajas) es la situación simple de una 'caja' (es decir, $V(x)=0$ para $x\in [0,L]$ ). De este modo

Δ V (X) = V (X) - V_{0} (X) = \frac{V_{0} X (X - L)}{L^{2}} - 0 = \frac{V_{0} X (X - L)}{L^{2}} .

$\Delta V(x)=V(x)-V_0(x)=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}-0=\frac{V_0x(x-L)}{L^2}.$ Entonces, el cambio de energía viene dado por

Δ mi = ⟨ Δ V ⟩ = \int_{0}^{L} d X Φ^{*} Δ v Φ .

$\Delta E=\left< \Delta V\right>=\int_0^Ldx\Phi^*\Delta v\Phi.$ Usando las soluciones de estado estacionario a la ecuación de Schrödinger,

Φ_{n} (x) = \sqrt{L / 2} \sin \frac{n π x}{L}

$\Phi_n(x)=\sqrt{L/2}\sin{\frac{n\pi x}{L}}$ , obtenemos

Δ mi = \int_{0}^{L} d X \frac{L}{2} {pecado}^{2} (\frac{norte π X}{L}) \frac{V_{0} X (X - L)}{L^{2}} = . . . = - V_{0} (\frac{1}{6} + \frac{1}{2 {norte}^{2} π^{2}}) .

$\Delta E=\int_0^Ldx\frac{L}{2}\sin^2\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\frac{V_0x(x-L)}{L^2}=...=-V_0\Big(\frac{1}{6}+\frac{1}{2n^2\pi^2}\Big).$

udv

Dada la forma de

V (x)

$V(x)$ , algo suena raro en tu afirmación de que

Δ E_{n}^{(1)}

$\Delta E_n^{(1)}$ es independiente de

L

$L$ . ¿Puedes resumir tu cálculo?

PAO

He editado la pregunta.

Respuestas (1)

¿Por qué el cambio de energía debido a un potencial 'hundido' es negativo e independiente del tamaño de la caja?

Dada la forma de $V(x)$ , algo suena raro en tu afirmación de que $\Delta E_n^{(1)}$ es independiente de $L$ . ¿Puedes resumir tu cálculo?

udv · Answer 1

"Quizás un potencial de caída es uno de proporciones en lugar de tamaños".

Su conclusión es correcta, pero la idea no se limita al pozo hundido. Este es un buen ejercicio de escalado, y todo proviene de la elección de la parametrización del potencial para una longitud determinada. $L$ .

Para ver esto mejor en el presente caso, simplemente reescriba el hamiltoniano en términos de la coordenada escalada $\xi = \frac{x}{L}$ , usando $\frac{d}{dx} = \frac{1}{L}\frac{d}{d\xi}$ ,

\hat{H} = - \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{d^{2}}{d X^{2}} + V_{0} \frac{X}{L} (\frac{X}{L} - 1) = - \frac{ℏ^{2}}{2 metro L^{2}} \frac{d^{2}}{d ξ^{2}} + V_{0} ξ (ξ - 1) = \frac{1}{L^{2}} {\hat{h}}_{0} + V_{0} \hat{tu}

${\hat H} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + V_0\frac{x}{L}\left( \frac{x}{L} - 1\right) = -\frac{\hbar^2}{2mL^2}\frac{d^2}{d\xi^2} + V_0\xi \left( \xi - 1\right) = \frac{1}{L^2} {\hat h}_0 + V_0{\hat u}$ donde ambos

{\hat{h}}_{0}

${\hat h}_0$ y

\hat{u}

${\hat u}$ ahora son independientes de la escala. De esta forma es claro que para dado

V_{0}

$V_0$ toda la dependencia de

L

$L$ proviene de la caja infinita original, y que esto se cumple siempre que el potencial sea de la forma

V (x) = V_{0} u (x / L)

$V(x) = V_0 \;u(x/L)$ .

También hay otra opción interesante de escalado. Si llevamos más lejos

V_{0} = \frac{{\bar{V}}_{0}}{L^{2}}

$V_0 = \frac{{\bar V}_0}{L^2}$ el problema del valor propio

\hat{H} ψ_{n} = E_{n} ψ_{n}

${\hat H}\psi_n = E_n\psi_n$ se puede reescribir en la forma independiente de la escala

[{\hat{h}}_{0} + {\bar{V}}_{0} \hat{tu}] ψ_{norte} = ϵ_{norte} ψ

$\left[{\hat h}_0 + {\bar V}_0{\hat u}\right]\psi_n = \epsilon_n\psi$ Aquí

ϵ_{n} = L^{2} E_{n}

$\epsilon_n = L^2E_n$ es evidentemente independiente de la escala también,

ψ_{n} = ψ_{n} (ξ) \equiv ψ (x / L)

$\psi_n = \psi_n(\xi)\equiv \psi(x/L)$ , y por dado

{\bar{V}}_{0}

${\bar V}_0$

{mi}_{norte} = \frac{ϵ_{norte}}{L^{2}}

$E_n = \frac{\epsilon_n}{L^2}$ conserva la misma dependencia de

L

$L$ como los valores propios de la caja infinita,

E_{n}^{0} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m L^{2}}

$E^0_n = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}$

¿Por qué el cambio de energía debido a un potencial 'hundido' es negativo e independiente del tamaño de la caja?

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udv

PAO

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udv

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