Pregunta de derivación del método WKB

Question

Pregunta de derivación del método WKB

Física
semiclásico
aproximaciones
mecánica cuántica
constantes físicas
deformación-cuantización

MH Yip

Quantum Mechanics (2nd Edition) de Bransden y Joachain contiene el siguiente pasaje:

Sustituyendo (8.176) en (8.171), obtenemos para $S(x)$ la ecuacion
$- \frac{i ℏ}{2 metro} \frac{d^{2} S (X)}{d X^{2}} + \frac{1}{2} [\frac{d S (X)}{d X}]^{2} + V (X) - mi = 0.$ $-\frac{i\hbar}{2m}\frac{\mathrm{d}^2S(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{1}{2}\biggl[\frac{\mathrm{d}S(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 + V(x) - E = 0.$ Hasta el momento no se ha realizado ninguna aproximación, siendo esta ecuación estrictamente equivalente a la ecuación original de Schrödinger (8.171). Desafortunadamente, la ecuación 8.177) es una ecuación no lineal que, de hecho, es más complicada que la misma (8.171). Por lo tanto, debemos tratar de resolver (8.177) aproximadamente. Con este fin, primero observamos que si el potencial es constante entonces $S(x) = \pm p_0 x$ (ver (8.172)) y el primer término a la izquierda de (8.177) desaparece. Además, este término es proporcional a $\hbar$ , y por lo tanto desaparece en el límite clásico ( $\hbar\to 0$ ). Esto sugiere que tratemos $\hbar$ como un parámetro de pequeñez y expandir la función $S(x)$ en la serie de potencias $\begin{matrix} (8.178) & S (X) = S_{0} (X) + ℏ S_{1} (X) + \frac{ℏ^{2}}{2} S_{2} (X) + \dots \end{matrix}$ $S(x) = S_0(x) + \hbar S_1(x) + \frac{\hbar^2}{2}S_2(x) + \cdots\tag{8.178}$ Insertando la expansión (8.178) en (8.177) e igualando a cero los coeficientes de cada potencia de $\hbar$ por separado, encontramos el conjunto de ecuaciones $\begin{aligned} (8.179a) & \frac{1}{2 metro} [\frac{d S_{0} (X)}{d X}]^{2} + V (X) - mi & = 0 \\ (8.179b) & \frac{d S_{0} (X)}{d X} \frac{d S_{1} (X)}{d X} - \frac{i}{2} \frac{d^{2} S_{0} (X)}{d X^{2}} & = 0 \\ (8.179c) & \frac{d S_{0} (X)}{d X} \frac{d S_{2} (X)}{d X} + [\frac{d S_{1} (X)}{d X}]^{2} - i \frac{d^{2} S_{1} (X)}{d X^{2}} & = 0 \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{1}{2m}\biggl[\frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 + V(x) - E &= 0\tag{8.179a} \\ \frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}S_1(x)}{\mathrm{d}x} - \frac{i}{2}\frac{\mathrm{d}^2 S_0(x)}{\mathrm{d}x^2} &= 0\tag{8.179b} \\ \frac{\mathrm{d}S_0(x)}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}S_2(x)}{\mathrm{d}x} + \biggl[\frac{\mathrm{d}S_1(x)}{\mathrm{d}x}\biggr]^2 - i\frac{\mathrm{d}^2 S_1(x)}{\mathrm{d}x^2} &= 0\tag{8.179c} \end{align}$

Mi pregunta es, ¿por qué cada término tiene que ser cero?

La ecuación (8.177) es igual a cero. Después de insertar (8.178) a (8.177). No significa que cada término de orden de $\hbar$ tiene que ser igual a cero ya que $\hbar$ es constante, ¿verdad?

Respuestas (3)

Pregunta de derivación del método WKB

qmecanico · Answer 1

En la aproximación WKB semiclásica, la constante de Planck $\hbar$ no es un número fijo igual a su valor físico $\approx 1.05 \times 10^{-34} Js$ . En cambio, es un indeterminado . La expansión WKB semiclásica es una expansión asintótica en el límite $\hbar\to 0^+$ .

endulo · Answer 2

Personalmente, soy bastante reacio a tratar $\hbar$ como "pequeño parámetro", ya que tiene dimensión y puede hacerse arbitrariamente grande o pequeño mediante la elección adecuada de unidades. Cada vez que se hace este desliz de mano, lo que realmente sucede es que $\hbar$ se trata como pequeña en comparación con alguna otra cantidad que el autor ha optado por no identificar. Afortunadamente, la técnica WKB no necesita depender de ninguna $\hbar\to0$ hocus pocus cuando se hace como una expansión asintótica. A continuación, resolveré la aplicación de WKB a la ecuación de Schrödinger. Esta publicación se basa en la Conferencia 8 de las excelentes conferencias invitadas de Carl Bender en Perimeter Institute ( enlace a videos ).

Empezando con

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} ψ^{″} (X) = [mi - V (X)] ψ (X)

$-\frac{\hbar^2}{2m}\psi''(x) = [E-V(x)]\psi(x)$ multipliquemos por

- \frac{2 m}{ℏ^{2}}

$-\frac{2m}{\hbar^2}$ y definir

f (x) = \frac{2 m}{ℏ^{2}} [V (x) - E]

$f(x) = \frac{2m}{\hbar^2}[V(x)-E]$ . Luego, después de dejar

ψ = e^{S}

$\psi=e^S$ , nuestra ecuación diferencial para abordar lee

\begin{matrix} (⋆) & S^{″} (X) + [S^{'} (X)]^{2} = F (X) \end{matrix}

$S''(x) + [S'(x)]^2 = f(x) \tag{$\star$}$ La motivación física de este problema fue comprender el comportamiento de la función de onda cerca del punto

x_{0}

$x_0$ dónde

E = V (x_{0})

$E=V(x_0)$ . De este modo,

f \to 0

$f\to0$ como

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . La aproximación WKB es decir que cerca de este punto de inflexión,

| S^{'} (x) |^{2} ≫ | S^{″} (x) |

$|S'(x)|^2\gg |S''(x)|$ . Para esta publicación, tomemos esto como una suposición inspirada.

Con la aproximación WKB, podemos reemplazar la ODA exacta (pero horrible) ( $\star$ ) con uno que es asintóticamente correcto como $x\to x_0$

[S^{'} (X)]^{2} \sim F (X)

$[S'(x)]^2 \sim f(x)$ que tiene dos soluciones

S (X) \sim \pm \int \sqrt{F (X)} d X

$S(x) \sim \pm \int\sqrt{f(x)}dx$ La señal "

\sim

$\sim$ " aquí significa "es asintótico a". Las relaciones asintóticas siguen muchas de las mismas reglas que las relaciones de igualdad, pero esta publicación no es el lugar para entrar en eso. Deje un comentario y/o consulte la Conferencia 7 del Prof. Bender para obtener más detalles si cualquier manipulación a continuación parece incompleta.

En esta etapa, tenemos el comportamiento asintótico de $S(x)$ como $x\to x_0$ , lo que significa que podemos escribir

S (X) = \pm \int \sqrt{F (X)} d X + C (X)

$S(x) = \pm \int\sqrt{f(x)}dx + C(x)$ y afirmar que

\begin{matrix} (⋆ ⋆) & | C (X) | ≪ | \int \sqrt{F (X)} d X | \end{matrix}

$|C(x)| \ll \left|\int\sqrt{f(x)}dx\right| \tag{$\star\star$}$ como

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . Si reemplazamos esta nueva expresión por

S (x)

$S(x)$ en (

⋆

$\star$ ), llegaremos a una EDO para

C (x)

$C(x)$ :

C^{″} + (C^{'})^{2} \pm 2 \sqrt{F} C^{'} \pm \frac{F^{'}}{2 \sqrt{F}} = 0

$C'' + (C')^2 \pm 2\sqrt{f}C' \pm \frac{f'}{2\sqrt{f}} =0$ ¡Desagradable! Sin embargo, los asintóticos nos simplificarán la vida. De (

⋆ ⋆

$\star\star$ ) arriba, podemos generar dos relaciones más

\begin{matrix} (a) & | C^{'} | ≪ | \sqrt{F} | \end{matrix}

$|C'| \ll |\sqrt{f}| \tag{a}$

\begin{matrix} (b) & | C^{″} | ≪ | F^{'} / 2 \sqrt{F} | \end{matrix}

$|C''| \ll |f'/2\sqrt{f}| \tag{b}$ como

x \to x_{0}

$x\to x_0$ . (a) ignoremos el segundo término comparado con el tercero, y (b) ignoremos el primer término comparado con el cuarto, dejando la relación (cuidado con el

\pm

$\pm$ y

\mp

$\mp$ )

C^{'} (X) \sim - \frac{1}{4} \frac{F^{'} (X)}{F (X)} ⟹ C (X) \sim - \frac{1}{4} en F (X) ⟹ C (X) = - \frac{1}{4} en F (X) + D (X)

$C'(x) \sim -\frac{1}{4}\frac{f'(x)}{f(x)} \implies C(x) \sim -\frac{1}{4}\ln f(x) \implies C(x) = -\frac{1}{4}\ln f(x) + D(x)$ con

| D (x) | ≪ | C (x) |

$|D(x)|\ll|C(x)|$ como

x \to x_{0}

$x\to x_0$ .

Ahora, volviendo a nuestra expresión para $S(x)$ , podemos escribir

S (X) \pm \int \sqrt{F (X)} d X - \frac{1}{4} en F (X) + D (X)

$S(x) ~ \pm\int\sqrt{f(x)}dx -\frac{1}{4}\ln f(x) + D(x)$ y exponenciando esto, obtenemos la función de onda

ψ (X) = k \frac{{mi}^{\pm \int \sqrt{F (X)} d X}}{\sqrt[4]{F (X)}}

$\psi(x) = k\frac{e^{\pm \int\sqrt{f(x)}dx}}{\sqrt[4]{f(x)}}$ dónde

k = e^{D (x)}

$k = e^{D(x)}$ es una función que varía muy lentamente y se aproxima a una constante como

x \to x_{0}

$x\to x_0$ .

david z · Answer 3

No significa que cada término de orden de $\hbar$ tiene que ser igual a cero ya que $\hbar$ es constante, ¿verdad?

Eso es verdad $\hbar$ es una constante conocida en el mundo real . Pero el modelo teórico con el que estás tratando aquí no es exactamente el mundo real. Es un poco más general, y una de las formas en que es más general es que debería funcionar para cualquier valor pequeño de $\hbar$ , no solo el valor real.

Y cuando tienes una ecuación de la forma

C_{0} + C_{1} ℏ + C_{2} \frac{ℏ^{2}}{2} + \dots = 0

$C_0 + C_1 \hbar + C_2 \frac{\hbar^2}{2} + \cdots = 0$ y necesita que sea cierto para toda una gama de valores de

ℏ

$\hbar$ , la única manera de que eso suceda es que cada uno de los coeficientes

C_{n}

$C_n$ es individualmente cero.

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MH Yip

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qmecanico

endulo

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