¿Por qué la afirmación "existe al menos un estado límite para el potencial negativo/atractivo" no es válida para el caso 3D?

Question

Anteriormente pensaba que se trataba de un teorema universal, ya que se puede demostrar en el caso unidimensional utilizando el principal variacional.

Sin embargo, hoy estoy haciendo una tarea considerando un potencial como este: $$V(r)=-V_0\quad(r<a)$$$$ V(r)=0 \quad (r>a) $$ and found that there is no bound state when $ V_0a^2< \pi ^2 \hbar ^2/8m$.

Entonces, ¿cuál es la condición para que tengamos al menos un estado límite para 3D y 2D?

Answer 1

El teorema preciso es el siguiente, cf. por ejemplo la Ref. 1.

Teorema 1: Dado un potencial no positivo (=atractivo) $V\leq 0$ con integral espacial negativa $$ v~:=~\int_{\mathbb{R}^n}\! d^n r~V({\bf r}) ~<~0 ,\tag{1} $$ entonces existe un estado límite $^1$ con energía $E<0$ para el Hamiltoniano $$\begin{align} H~=~&K+V, \cr K~=~& -\frac{\hbar^2}{2m}{\bf \nabla}^2\end{align}\tag{2} $$ si la dimensión espacial $\color{Red}{n\leq 2}$ es menor o igual que dos.

El teorema 1 no se cumple para las dimensiones $n\geq3$ . Por ejemplo, se puede demostrar que ya un potencial de pozo finito esféricamente simétrico no $^2$ siempre tiene un estado vinculado para $n\geq3$ .

Prueba del teorema 1: Aquí utilizamos esencialmente la misma prueba que en la Ref. 2, que se basa en la método variacional . Por comodidad, podemos utilizar las constantes $c$ , $\hbar$ y $m$ para convertir todas las variables físicas en adimensionales, por ejemplo

$$\begin{align} V~\longrightarrow~& \tilde{V}~:=~\frac{V}{mc^2}, \cr {\bf r}~\longrightarrow~&\tilde{\bf r}~:=~ \frac{mc}{\hbar}{\bf r},\end{align}\tag{3} $$

y así sucesivamente. A partir de ahora se eliminan las tildes de la notación. (Esto equivale a establecer las constantes $c$ , $\hbar$ y $m$ a 1.)

Consideremos una familia de funciones de onda de prueba de 1 parámetro

$$\begin{align} \psi_{\varepsilon}(r)~=~&e^{-f_{\varepsilon}(r)}~\nearrow ~e^{-1}\cr &\text{for}\quad \varepsilon ~\searrow ~0^{+} , \end{align}\tag{4}$$

donde

$$\begin{align} f_{\varepsilon}(r)~:=~& (r+1)^{\varepsilon} ~\searrow ~1\cr &\text{for}\quad \varepsilon ~\searrow ~0^{+}\end{align} \tag{5} $$

$r$ -en el sentido de la palabra. Aquí el $\nearrow$ y $\searrow$ denotan procesos límite crecientes y decrecientes, respectivamente. Por ejemplo, la ec. (4) dice en palabras que para cada radio $r \geq 0$ la función $\psi_{\varepsilon}(r)$ se aproxima monótonamente al límite $e^{-1}$ desde abajo cuando $\varepsilon$ se acerca monótonamente $0$ desde arriba.

Es fácil comprobar que la función de onda (4) es normalizable:

$$\begin{align}0~\leq&\langle\psi_{\varepsilon}|\psi_{\varepsilon} \rangle\cr ~=& \int_{\mathbb{R}^n} d^nr~|\psi_{\varepsilon}(r)|^2 \cr ~\propto& \int_{0}^{\infty} \! dr ~r^{n-1} |\psi_{\varepsilon}(r)|^2\cr ~\leq& \int_{0}^{\infty} \! dr ~(r+1)^{n-1} e^{-2f_{\varepsilon}(r)} \cr ~\stackrel{f=(1+r)^{\varepsilon}}{=}&~ \frac{1}{\varepsilon} \int_{1}^{\infty}\!df~f^{\frac{n}{\varepsilon}-1} e^{-2f}\cr ~<~~&\infty,\qquad \varepsilon~> ~0.\end{align}\tag{6} $$

La energía cinética se desvanece

$$\begin{align} 0~\leq&\langle\psi_{\varepsilon}|K|\psi_{\varepsilon} \rangle \cr ~=& \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^n}\! d^nr~ |{\bf \nabla}\psi_{\varepsilon}(r) |^2\cr ~=& \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}^n}\! d^nr~ \left|\psi_{\varepsilon}(r)\frac{df_{\varepsilon}(r)}{dr} \right|^2 \cr ~\propto& \varepsilon^2\int_{0}^{\infty}\! dr~ r^{n-1} (r+1)^{2\varepsilon-2}|\psi_{\varepsilon}(r)|^2\cr ~\leq~~&\varepsilon^2 \int_{0}^{\infty} \!dr ~ (r+1)^{2\varepsilon+n-3}e^{-2f_{\varepsilon}(r)}\cr ~\stackrel{f=(1+r)^{\varepsilon}}{=}&~ \varepsilon \int_{1}^{\infty}\! df ~ f^{1+\frac{\color{Red}{n-2}}{\varepsilon}} e^{-2f}\cr ~\searrow ~~&0\quad\text{for}\quad \varepsilon ~\searrow ~0^{+},\end{align} \tag{7}$$ cuando $\color{Red}{n\leq 2}$ mientras que la energía potencial

$$\begin{align}0~\geq~&\langle\psi_{\varepsilon}|V|\psi_{\varepsilon} \rangle\cr ~=~& \int_{\mathbb{R}^n} \!d^nr~|\psi_{\varepsilon}(r)|^2~V({\bf r}) \cr ~\searrow ~& e^{-2}\int_{\mathbb{R}^n} \!d^nr~V({\bf r})~<~0 \cr &\text{for}\quad \varepsilon ~\searrow ~0^{+} ,\end{align}\tag{8} $$

sigue siendo distinto de cero debido a la hipótesis (1) y Teorema de convergencia monótona de Lebesgue .

Por lo tanto, al elegir $ \varepsilon \searrow 0^{+}$ cada vez más pequeña, la energía potencial negativa (8) vence a la energía cinética positiva (7), de modo que la energía media $\frac{\langle\psi_{\varepsilon}|H|\psi_{\varepsilon}\rangle}{\langle\psi_{\varepsilon}|\psi_{\varepsilon}\rangle}<0$ finalmente se convierte en negativa para la función de prueba $\psi_{\varepsilon}$ . Un estado limitado $^1$ se puede deducir de la método variacional .

Nótese en particular que es absolutamente crucial para el argumento de la última línea de la ec. (7) que la dimensión $\color{Red}{n\leq 2}$ . $\Box$

Una prueba más sencilla para $\color{Red}{n<2}$ : Consideremos una función de onda gaussiana de prueba/ensayo no normalizada (pero normalizable)

$$\psi(x)~:=~e^{-\frac{x^2}{2L^2}}, \qquad L~>~0.\tag{9}$$

La normalización debe escalar como

$$||\psi|| ~\stackrel{(9)}{\propto}~ L^{\frac{n}{2}}.\tag{10}$$

La escala de energía cinética normalizada como

$$0~\leq~\frac{\langle\psi| K|\psi \rangle}{||\psi||^2} ~\propto ~ L^{-2}\tag{11}$$

por razones dimensionales. Por lo tanto, la escala cinética no normalizada como

$$0~\leq~\langle\psi| K|\psi \rangle ~\stackrel{(10)+(11)}{\propto} ~ L^{\color{Red}{n-2}}.\tag{12}$$

La ecuación (12) significa que

$$\begin{align}\exists L_0>0 \forall L\geq L_0:~~0~\leq~& \langle\psi|K|\psi\rangle\cr ~ \stackrel{(12)}{\leq} ~&-\frac{v}{3}~>~0\end{align}\tag{13}$$

si $\color{Red}{n<2}$ .

La energía potencial no normalizada tiende a una constante negativa

$$\begin{align}\langle\psi| V|\psi \rangle ~\searrow~&\int_{\mathbb{R}^n} \! \mathrm{d}^nx ~V(x)~=:~v~<~0\cr &\quad\text{for}\quad L~\to~ \infty.\end{align}\tag{14}$$

La ecuación (14) significa que

$$\exists L_0>0 \forall L\geq L_0:~~ \langle\psi| V|\psi\rangle ~\stackrel{(14)}{\leq}~ \frac{2v}{3} ~<~ 0.\tag{15}$$

De ello se deduce que la energía media

$$\begin{align}\frac{\langle\psi|H|\psi\rangle}{||\psi||^2} ~=~~&\frac{\langle\psi|K|\psi\rangle+\langle\psi|V|\psi\rangle}{||\psi||^2}\cr ~\stackrel{(13)+(15)}{\leq}&~ \frac{v}{3||\psi||^2}~<~0\end{align}\tag{16}$$

de la función de prueba debe ser negativa para un finito suficientemente grande $L\geq L_0$ si $\color{Red}{n<2}$ . Por lo tanto, la energía del estado básico debe ser negativa (posiblemente $-\infty$ ). $\Box$

Referencias:

1. K. Chadan, N.N. Khuri, A. Martin y T.T. Wu, Estados límite en una y dos dimensiones espaciales, J.Math.Phys. 44 (2003) 406 , arXiv:math-ph/0208011 .

2. K. Yang y M. de Llano, Prueba variacional sencilla de que cualquier pozo de potencial bidimensional admite al menos un estado límite, Am. J. Phys. 57 (1989) 85 .

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$^1$ El espectro podría ser ilimitado desde abajo.

$^2$ Los lectores familiarizados con la correspondencia $\psi_{1D}(r)=r\psi_{3D}(r)$ entre los problemas 1D y los 3D esféricamente simétricos $s$ -problemas de ondas en QM pueden preguntarse por qué el estado ligado uniforme $\psi_{1D}(r)$ que siempre existe en la 1D potencial de pozo finito no produce un estado límite correspondiente $\psi_{3D}(r)$ en el caso del 3D? Pues bien, resulta que la solución correspondiente $\psi_{3D}(r)=\frac{\psi_{1D}(r)}{r}$ es singular en $r=0$ (donde el potencial es constante), y por lo tanto debe ser descartado.

Answer 2

¿Por qué la afirmación "cualquier potencial negativo soporta un estado ligado" es válida en 1D, pero no en 3D?

En resumen, esto se debe a que para que se produzca un estado ligado, cualquier energía cinética positiva tiene que estar totalmente compensada por una energía potencial negativa. Conseguir una gran energía potencial negativa requiere que la partícula esté localizada en el volumen donde el potencial es negativo, mientras que una energía cinética baja requiere que la partícula se "extienda". Esta batalla entre la energía potencial y la cinética siempre puede ganarse en 1D, pero no en dimensiones espaciales altas (3D o dimensiones superiores).

Lo anterior se puede explicitar en un simple argumento de escala:

Supongamos que en $D$ dimensiones un potencial negativo con alcance $r_0$ tiene un estado límite descrito por una función de onda que se extiende sobre un rango $R_0$ . En el límite $R_0 \gt \gt r_0$ la energía cinética $K$ escalas como $\hbar^2/m R_0^2$ y, por lo tanto, puede hacerse arbitrariamente pequeño.

Esto sugeriría que, efectivamente, cualquier potencial ligeramente negativo bastaría para crear una energía total $K+V$ que es negativo, y por lo tanto un estado límite. Sin embargo, como la función de onda se extiende más allá del rango del potencial, la energía potencial $V$ escalas con $(r_0/R_0)^D$ . Para $D<2$ y $R_0$ suficientemente grande, la energía potencial negativa (~ $R_0^{-D}$ ) siempre puede superar la energía cinética positiva (~ $R_0^{-2}$ ). Para $D>2$ Pero no es el caso.

Answer 3

Quiero escribir una respuesta simple a mi pregunta basada en el conocimiento del sistema unidimensional; que pueda responder cualitativamente por qué 2D es similar a 1D mientras que 3D no lo es.

(1). Para un sistema unidimensional, existe al menos un estado límite para el potencial atractivo puro. (La prueba se puede hacer utilizando una función de onda de estela gaussiana para el principal variacional)

(2). Para el estado límite más bajo, es decir, el estado de tierra del sistema, la función de onda no tiene ningún nodo. Véase, por ejemplo Mecánica cuántica de Landau sección 20

(3). Es posible que no exista un segundo estado límite para ningún potencial atractivo puro. Por ejemplo, un pozo potencial muy poco profundo.

Caso 3D

En la respuesta de @Mateus Sampaio, en $l=0$ la forma de la ecuación diferencial para $u(r)$ es exactamente la misma que en la ecuación de Shordinger 1D, es decir $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2u(r)}{dr^2}+V(r)u(r)=Eu(r)$$

Hacer la continuación analítica, $V(-r)=V(r)$ y cambiar el símbolo $r\rightarrow x$ . Entonces $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2u(x)}{dr^2}+V(x)u(x)=Eu(x)$$ es 1D S.E. con un potencial atractivo puro $V(x)$ y con $u(x)$ como la función de onda.

Sin embargo, como señaló Mateus, la verdadera función radial es $R(r)=u(r)/r$ por lo que tenemos la condición de contorno $u(x)=0$ para evitar la divergencia de la probabilidad en torno a $r=0$ . Es decir, la función de onda unidimensional tiene un nodo, por lo que no puede ser el estado de tierra, el potencial no puede garantizar que sea un estado ligado.

Caso 2D, ¿alguien puede ayudarme a argumentar? He descubierto que no puedo seguir argumentando en analogía con el caso 1D.......

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2+V(r)\right]\psi(r,\theta)=E\psi(r,\theta)$$

$$\psi(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$$

$$\nabla^2=\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}$$

La ecuación radial es: $$-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\right) R(r)+\left[V(r)+\frac{\hbar^2l^2}{2mr^2}\right]R(r)=ER(r)$$

Dejemos que $l=0$ haciendo que la ecuación sea adimensional dejando que $\hbar=1, m=1$ También deja que $r=e^x,x\in(-\infty,\infty)$ . Lo conseguimos: $$-\frac{1}{2}\frac{\partial^2}{\partial x^2} \bar R(x)+\bar V(x)\bar R(x)=E e^{2x}\bar R(r)$$

El lado izquierdo es sólo el Hamiltoniano de una dimensión $\bar H$ con un potencial negativo puro $\bar V(x)\equiv e^{2x}V(e^x)$ y $\bar R(x)=R(e^x)$ .

Answer 4

Para estudiar los estados límite, tenemos que encontrar soluciones a la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo $$-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi=E\psi$$ Utilizando la separación de variables, en coordenadas esféricas $$\psi(r,\theta,\phi)=Y^m_l(\theta,\phi)\frac{u(r)}{r},$$ donde $Y^m_l(\theta,\phi)$ son los armónicos esféricos, la parte radial puede mostrarse tras una sustitución y algo de álgebra para obtener $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2u(r)}{dr^2}+\left[\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2mr^2}+V(r)\right]u(r)=Eu(r)$$ es decir, se reduce a una ecuación de la misma forma de un sistema unidimensional pero con potencial efectivo $$V_{\text{eff}}(r)=\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2mr^2}+V(r)$$ y la condición de contorno $u(0)=0$ Si no es así $\psi$ tendría una singularidad de la forma $r^{-1}$ que no se acepta (véase, por ejemplo, Ballentine's sección 4.5). En la práctica, tenemos un potencial repulsivo combinado con el potencial negativo del pozo. Así que no es cierto que, en general, siempre tendremos un estado ligado, ya que el potencial tiene que ser "lo suficientemente fuerte como para hacer" un estado ligado frente al repulsivo. El mejor caso es cuando $l=0$ . Aunque, la condición $u(0)=0$ da la solución $$u(r)=\left\{\begin{array}{ll}C\frac{\sin kr}{\sin ka},& r\leq a\\ Ce^{-\alpha(r-a)},&r>a\end{array}\right.$$ donde $C$ es una constante de normalización, $k^2=-\dfrac{2(E-V_0)m}{\hbar^2}$ y $\alpha^2=-\dfrac{2Em}{\hbar^2}$ . Imponer la continuidad de $u$ y $u'$ da una condición para $\alpha$ para la existencia de un estado ligado, que se traduce en el que pones en la pregunta.

Para el caso unidimensional (y bidimensional), las condiciones de continuidad en la función de onda y su derivada para un pozo cuadrado pueden satisfacerse siempre para al menos un valor de $E$ .

De hecho, se puede demostrar que para cualquier potencial $V(x)\leq0$ que es negativo en un intervalo, tiene un valor propio negativo, es decir, un estado límite. Una condición mejor da incluso que si $$\int_\Bbb{R^n}V(x)e^{-2a^2x^2}dx<-na^{2-n}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n/2},$$ tiene para un buen comportamiento $V$ hay por lo menos un estado de conexión. Para la prueba, véase la sección 11.4.4 de este libro .