Pozo cuadrado infinito que de repente disminuye de tamaño

Question

Pozo cuadrado infinito que de repente disminuye de tamaño

Praan

Un ejercicio muy conocido de mecánica cuántica básica es el aumento repentino (diabático) de la longitud de un pozo cuadrado infinito .

Ahora considere una partícula en un estado propio de un pozo infinito que repentinamente disminuye de longitud. A primera vista, esto parece problemático ya que el estado propio del pozo inicial no se puede expandir en los estados propios del pozo más pequeño.

Así que pensé en normalizar el estado propio inicial nuevamente dentro del pozo más pequeño antes de calcular la superposición. Esto es lo que tengo hasta ahora:

Si la partícula estaba inicialmente en el estado fundamental de un pozo infinito de $0$ nene $2a$ , la función de onda renormalizada en un pozo más pequeño de $0$ a $a$ es

ϕ_{1} = \sqrt{\frac{2}{a}} pecado \frac{π X}{2 a} .

$\begin{equation} \phi_1 = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{\pi x}{2a}. \end{equation}$ Los estados propios del pozo más pequeño son

ψ_{norte} = \sqrt{\frac{2}{a}} pecado \frac{norte π X}{a},

$\begin{equation} \psi_n = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin \frac{n\pi x}{a}, \end{equation}$ y entonces la superposición es

C_{norte} = \frac{2}{a} \int_{0}^{a} d X pecado \frac{π X}{2 a} pecado \frac{norte π X}{a} = (- 1)^{norte} \frac{8 norte}{π (1 - 4 {norte}^{2})}

$\begin{equation} c_n = \frac{2}{a} \int_0^a dx \sin \frac{\pi x}{2a} \sin \frac{n\pi x}{a} = (-1)^n \frac{8n}{\pi\left(1-4n^2\right)} \end{equation}$ Ahora el problema es que el valor esperado de la energía diverge,

⟨ mi ⟩ = \sum_{norte} {| C_{norte} |}^{2} {mi}_{norte} = \frac{32 ℏ^{2}}{metro a^{2}} \sum_{norte} \frac{{norte}^{4}}{{(1 - 4 {norte}^{2})}^{2}} .

$\begin{equation} \left< E \right> = \sum_n \left|c_n\right|^2 E_n = \frac{32 \hbar^2}{ma^2} \sum_n \frac{n^4}{\left(1-4n^2\right)^2}. \end{equation}$

Esto se debe a que la función de onda es discontinua en $x=a$ por lo que la primera derivada contiene un término proporcional a $\delta(x-a)$ .

Entonces llegué a la conclusión de que este método no es satisfactorio ya que produce resultados no físicos.

¿Hay solución o el problema está mal definido? El límite adiabático ciertamente está bien definido.

EDITAR

Siguiendo la propuesta de Kevin Zhou, consideré este sistema en su lugar

Para $E<V_0$ , las soluciones están dadas por

\begin{aligned} ψ_{1} (X) & = pecado k X \\ ψ_{2} (X) & = \frac{pecado k a}{pecado λ a} pecado λ (2 a - X), \end{aligned}

$\begin{align} \psi_1(x) & = \sin kx \\ \psi_2(x) & = \frac{\sin ka}{\sinh \lambda a} \sinh \lambda(2a-x), \end{align}$ con

k = \sqrt{2 m E} / ℏ

$k=\sqrt{2mE}/\hbar$ y

λ = \sqrt{2 m (V_{0} - E)} / ℏ

$\lambda=\sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$ . Y el espectro se encuentra a partir de

λ broncearse k a = - k bronceado λ a,

$\begin{equation} \lambda \tan ka = -k \tanh \lambda a, \end{equation}$ que tiene que ser resuelto numéricamente. Para

E > V_{0}

$E>V_0$ simplemente dejamos

λ \to i q

$\lambda \rightarrow iq$ con

q = \sqrt{2 m (E - V_{0})} / ℏ

$q=\sqrt{2m(E-V_0)}/\hbar$ .

knzhou

Huh, esta es una pregunta interesante. En realidad, a primera vista, no es de extrañar que obtengas el infinito, porque esto es como golpear la partícula infinitamente fuerte.

knzhou

Sin embargo, probablemente podría obtener una respuesta no infinita tomando el nuevo potencial como una constante alta.

V_{0}

$V_0$ en lugar de infinito. En este caso, los estados propios se verán como estados propios del pozo más pequeño, pero se desbordarán en el

V_{0}

$V_0$ un poco la región. Esto le permitirá calcular un producto interno perfectamente bueno; Sospecho que el resultado final sería

⟨ E ⟩ \propto V_{0}

$\langle E \rangle \propto V_0$ , aunque esto podría no ser analíticamente obtenible.

arivero

@KevinZhou Me gusta tu idea. La escala del pozo finito es, er, bien entendida.

Praan

@KevinZhou Gracias por su sugerencia. Lo resolví numéricamente y el valor esperado escala con la altura.

V_{0}

$V_0$ como se esperaba.

garyp

Mi intuición me dice que no habrá una solución confiable a la pregunta porque la situación es realmente físicamente imposible. Por un lado, no existe tal cosa como un pozo cuadrado infinito. Además, en el caso de una expansión repentina, se puede pensar en una expansión muy rápida . Pero no para la contracción. Incluso una contracción muy rápida no sería adiabática. Como ha encontrado, un posible análisis (

V_{0} \to \infty

$V_0\rightarrow\infty$ ) da una respuesta sin sentido

Korra

El coeficiente de

ϕ_{1}

$\phi_1$ Está Mal

Praan

@Korra Tenga en cuenta que esta función de onda está normalizada con respecto al pozo de ancho más pequeño

a

$a$ .

\int_{0}^{a} d x \frac{2}{a} \sin^{2} \frac{π x}{2 a} = 1

$\int_0^a dx \frac{2}{a} \sin^2 \frac{\pi x}{2a} = 1$

Korra

@Praan, pero si la función de onda es para un pozo con un ancho de 0 a 2a, ¿por qué debería normalizarse con el ancho del pozo más pequeño?

Praan

@Korra Supongo que la partícula está inicialmente en el pozo más grande, y luego encojo el pozo lo suficientemente rápido como para que la función de onda permanezca igual (hasta una constante). La normalización tiene que cambiar ya que la partícula no puede filtrarse. La función de onda tiene que permanecer normalizada antes y después del cambio repentino en el ancho del pozo.

Respuestas (3)

Pozo cuadrado infinito que de repente disminuye de tamaño

Huh, esta es una pregunta interesante. En realidad, a primera vista, no es de extrañar que obtengas el infinito, porque esto es como golpear la partícula infinitamente fuerte.
Sin embargo, probablemente podría obtener una respuesta no infinita tomando el nuevo potencial como una constante alta. $V_0$ en lugar de infinito. En este caso, los estados propios se verán como estados propios del pozo más pequeño, pero se desbordarán en el $V_0$ un poco la región. Esto le permitirá calcular un producto interno perfectamente bueno; Sospecho que el resultado final sería $\langle E \rangle \propto V_0$ , aunque esto podría no ser analíticamente obtenible.
@KevinZhou Me gusta tu idea. La escala del pozo finito es, er, bien entendida.
@KevinZhou Gracias por su sugerencia. Lo resolví numéricamente y el valor esperado escala con la altura. $V_0$ como se esperaba.
Mi intuición me dice que no habrá una solución confiable a la pregunta porque la situación es realmente físicamente imposible. Por un lado, no existe tal cosa como un pozo cuadrado infinito. Además, en el caso de una expansión repentina, se puede pensar en una expansión muy rápida . Pero no para la contracción. Incluso una contracción muy rápida no sería adiabática. Como ha encontrado, un posible análisis ( $V_0\rightarrow\infty$ ) da una respuesta sin sentido
@Korra Tenga en cuenta que esta función de onda está normalizada con respecto al pozo de ancho más pequeño $a$ . $\int_0^a dx \frac{2}{a} \sin^2 \frac{\pi x}{2a} = 1$
@Praan, pero si la función de onda es para un pozo con un ancho de 0 a 2a, ¿por qué debería normalizarse con el ancho del pozo más pequeño?
@Korra Supongo que la partícula está inicialmente en el pozo más grande, y luego encojo el pozo lo suficientemente rápido como para que la función de onda permanezca igual (hasta una constante). La normalización tiene que cambiar ya que la partícula no puede filtrarse. La función de onda tiene que permanecer normalizada antes y después del cambio repentino en el ancho del pozo.

Jim · Answer 1

Demasiado largo para un comentario: Otra posibilidad es considerar el caso del pozo de potencial cuadrado infinito con una pared móvil. Esto se puede resolver exactamente para el caso de velocidad constante, $v$ (donde para un pozo en expansión $v$ es positivo y para un bien contratante $v$ es negativo: Ver Griffiths, Introducción a la mecánica cuántica (2005), Problema 10.1 que hace referencia al trabajo de Doescher y Rice Am J Phys {\bf 37} 1246 (1969) (Griffiths solo considera $v$ positivo (un pozo en expansión), pero Doescher y Rice aclaran que la solución también es válida para un negativo $v$ ).

Si el pozo original es de ancho $a$ , un conjunto completo de funciones propias son

Φ_{norte} (X, t) \equiv \sqrt{\frac{2}{w}} pecado \frac{norte π}{w} X {mi}^{i (metro v X^{2} - 2 {mi}_{norte}^{i} a t) / (2 ℏ w)}

$\Phi_n(x,t) \equiv \sqrt{\frac{2}{w}} \sin\frac{n \pi}{w}x \, e^{i (m vx^2 - 2E^i_n at)/(2 \hbar w)}$ con

w (t) \equiv a + v t

$w(t) \equiv a + vt$ es el ancho instantáneo del pozo y

E_{n}^{i} = \frac{n^{2} π^{2} ℏ^{2}}{2 m a^{2}}

$E^i_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2}$ es el

n^{t h}

$n^{th}$ energía permitida del pozo original. Cualquier solución es una combinación lineal de las

Φ_{n} (x, t)

$\Phi_n(x,t)$ y los coeficientes pueden determinarse de la manera habitual.

arivero · Answer 2

Diría que el problema no adiabático está mal definido. Vamos a ver.

Todas las soluciones iniciales $\Psi_n(x) = A_n \sin(n \pi x / 2a)$ tener una probabilidad actual $\Psi'^* \Psi - \Psi^* \Psi'$ igual a cero en todas partes, por lo que en principio puedes cortarlos en cualquier punto sin que haya fuga de probabilidad. El problema es que las condiciones de frontera para el dominio de cualquier hamiltoniano -de cualquier operador autoadjunto- deben ser únicas, compatibles con la linealidad.

Dependiendo de $n$ , el corte central $(a/2,3a/2)$ de la función propia original va a 4 hamiltonianos diferentes:

$n \mod 4 = 1 \to$ $\Psi(a/2)=\Psi'(a/2), \Psi(3a/2)=-\Psi'(3a/2)$

$n \mod 4 = 2 \to$ $\Psi'(\frac a2)=0, \Psi'(\frac{3a}2)=0$

$n \mod 4 = 3 \to$ $\Psi(\frac a2)=-\Psi'(\frac a2), \Psi(\frac{3a}2)=\Psi'(\frac{3a}2)$

$n \mod 4 = 0 \to$ $\Psi(\frac a2)=0, \Psi(\frac{3a}2)=0$

el corte a $(0,a)$ va a dos hamiltonianos diferentes

$n \mod 2 = 1 \to \Psi(0)=0, \Psi'(a)=0$

$n \mod 2 = 0 \to$ $\Psi(0)=0, \Psi(a)=0$

lo cual es más simple, pero sigue siendo el mismo problema: las funciones propias de un hamiltoniano están fuera del alcance del otro. Este debería ser el origen del infinito que obtienes al sumar todas las proyecciones para obtener un valor esperado; realmente la discontinuidad en el borde es matemáticamente irrelevante porque estás integrando en $L^2(0,a)$ ; deberías obtener un resultado finito si superpones y sumas contra el conjunto de funciones en el mismo dominio, es decir, con las mismas condiciones de contorno.

Podría tener sentido afirmar que puedes desechar la mitad del espectro porque también es lo que estamos haciendo en el espacio de posición: estamos desechando todos los valores propios $|\delta_x>$ por $x$ mas grande que $a$ . Pero lo mismo está pasando con el corte central, y ahí nos vemos obligados a botar tres de cada cuatro valores de energía. Así que el argumento no parece muy fuerte.

arivero · Answer 3

La sugerencia de Kevin Zhou, por otro lado, tiene la ventaja de que podríamos intentar controlar todos los polos del pozo original y del partido por la mitad. La polología del pozo cuadrado se estudió en Nussenzveig "Los polos de la matriz S de un pozo o barrera de potencial rectangular" Física nuclear, 11: 409–521, 1959 . y revisado en su libro "Relaciones de Causalidad y Dispersión". Se pueden adivinar algunos detalles en español del capítulo 3.2 de mi tesis , pero el artículo de B. Belchev, SG Neale y MA Walton hace una revisión más completa, y no incluí las tramas en mi documento.

Una idea a medias para explotar aquí es que a medida que reducimos la forma potencial $2a$ a $a$ ningún estado propio se pierde realmente. Lo que sucede en la matriz de dispersión es que el polo correspondiente se mueve a lo largo del eje imaginario $ik$ hasta que choca con otro polo proveniente de un estado puro "anti-ligado" ('vectores de Gamow', o estados discretos insertados en la parte continua E>0 del espectro, si no recuerdo mal) y luego ambos polos salen simétricamente del imaginario van a ser resonancias en el plano complejo (algunos autores -yo- también llaman resonancias a los estados "anti-ligados"). Puedes verlo en la figura 5 del artículo de BNW.

Por lo tanto, podría tener sentido analizar el problema reducido a la mitad como una función no solo de los valores propios $E_n$ izquierda, sino también de las resonancias filtradas en el plano complejo. Y combine el proceso de reducir a la mitad el potencial con el aumento de $V_0$ .

(demasiado grande para un comentario, demasiado medio cocido para una respuesta, lo siento por eso... pero podría ser un buen comienzo)

Pozo cuadrado infinito que de repente disminuye de tamaño

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Jim

arivero

arivero

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Quantum introductorio, problemas con esta condición límite y potencial

¿Cómo encontramos el número de estados acotados en este potencial?

Función de onda de una partícula en un campo gravitatorio

Pozo de potencial finito, cuadrado

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