MQ: delta e buca infinita
qualcuno ha voglia di cimentarsi con questo vecchio tema d'esame?
calcolare gli autostati di una particella di massa m confinata in una buca monodimensionale di potenziale
$V(x)= oo$ per $ |x|>a $
$V(x)= -lambda delta(x)$ per $ |x|
io ho trovato che per $E<=0$ non esistono soluzioni, mentre per E>0 abbiamo uno spettro discreto di autovalori $E_n= hatk_n ^2 h^2/(2m)$
ove $hatk_n $ è soluzione di $k=lambda/h^2 tg(ka)$
e autostati corrispondenti
$psi_n(x)=A_n sin(k_n x)+A_n tg(k_n a) cos(k_n x)$ per $ -a
a meno di una noiosa normalizzazione.
grazie a chi controllerà
calcolare gli autostati di una particella di massa m confinata in una buca monodimensionale di potenziale
$V(x)= oo$ per $ |x|>a $
$V(x)= -lambda delta(x)$ per $ |x|
io ho trovato che per $E<=0$ non esistono soluzioni, mentre per E>0 abbiamo uno spettro discreto di autovalori $E_n= hatk_n ^2 h^2/(2m)$
ove $hatk_n $ è soluzione di $k=lambda/h^2 tg(ka)$
e autostati corrispondenti
$psi_n(x)=A_n sin(k_n x)+A_n tg(k_n a) cos(k_n x)$ per $ -a
a meno di una noiosa normalizzazione.
grazie a chi controllerà
Risposte
Chiaramente per $|x|>a$ si ha $\psi(x)=0$.
Per $-a
Nel tratto $-a
Nel tratto $0
Per continuità si deve avere $\psi_1(0)=\psi_2(0)$ da cui $A_1tan(-ka)=A_2tan(ka)$ ovvero $A_1=-A_2=-A$.
Abbiamo quindi $\psi_1(x)=A[sin(kx)-tan(-ka)cos(kx)]$ e $\psi_2(x)=-A[sin(kx)-tan(ka)cos(kx)]$.
Per il potenziale a delta si ha la condizione $\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=-\lambda(2m)/(h^2)\psi(0)=-\lambda(2m)/(h^2)tan(ka)$.
Quindi $\psi_2'(0)-\psi_1'(0)=-2Ak$ da cui $A=(\lambda)/(km)tan(ka)$.
In definitiva si ottiene:
${(\psi_1(x)=(\lambda)/(km)tan(ka)[sin(kx)+tan(ka)cos(kx)],-a
Per l'energia si ottengono i valori che dicevi, quindi direi che ci troviamo.
Se hai voglia prova a risolvere questo problema che ho proposto un po' di tempo fa.
Per $-a
Nel tratto $-a
Nel tratto $0
Per continuità si deve avere $\psi_1(0)=\psi_2(0)$ da cui $A_1tan(-ka)=A_2tan(ka)$ ovvero $A_1=-A_2=-A$.
Abbiamo quindi $\psi_1(x)=A[sin(kx)-tan(-ka)cos(kx)]$ e $\psi_2(x)=-A[sin(kx)-tan(ka)cos(kx)]$.
Per il potenziale a delta si ha la condizione $\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=-\lambda(2m)/(h^2)\psi(0)=-\lambda(2m)/(h^2)tan(ka)$.
Quindi $\psi_2'(0)-\psi_1'(0)=-2Ak$ da cui $A=(\lambda)/(km)tan(ka)$.
In definitiva si ottiene:
${(\psi_1(x)=(\lambda)/(km)tan(ka)[sin(kx)+tan(ka)cos(kx)],-a
Per l'energia si ottengono i valori che dicevi, quindi direi che ci troviamo.
Se hai voglia prova a risolvere questo problema che ho proposto un po' di tempo fa.
\(\displaystyle \)In realtà esistono soluzioni per E<0. Infatti
\[\psi=ACosh[kx]+BSinh[kx]\]
è la soluzione generale dell'equazione per energie negative e V=0.
Di conseguenza il sistema di equazioni:
\(\psi(-a)=0\)
\(\psi(a)=0\)
\(\psi'(0+)-\psi'(0-)=\frac{2m\lambda}{h^2}\psi(0)\)
\(\psi(0+)=\psi(0-)\)
Conduce all'equazione trascendente
\[\tanh(ka)=\frac{2k}{\gamma}\]
con \(\gamma=2m|\lambda|\)
Che ha sempre una e una sola soluzione per k>0. Dunque esiste sempre uno e un solo stato legato con E<0.
\[\psi=ACosh[kx]+BSinh[kx]\]
è la soluzione generale dell'equazione per energie negative e V=0.
Di conseguenza il sistema di equazioni:
\(\psi(-a)=0\)
\(\psi(a)=0\)
\(\psi'(0+)-\psi'(0-)=\frac{2m\lambda}{h^2}\psi(0)\)
\(\psi(0+)=\psi(0-)\)
Conduce all'equazione trascendente
\[\tanh(ka)=\frac{2k}{\gamma}\]
con \(\gamma=2m|\lambda|\)
Che ha sempre una e una sola soluzione per k>0. Dunque esiste sempre uno e un solo stato legato con E<0.
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