Infinito y lo Finito Plaza de Pozos

Question

Para el infinito de la plaza así en la primera región, fuera del bien:

$$\frac{-\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi}{dx^2} + V(x) \psi (x) = E \psi (x),$$

donde se establece el $V = 0$. Reorganización de da $$\frac{d^2 \psi}{dx^2} = -\frac{2mE}{\hbar^2} \psi.$$

Identificamos $$k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}.$$

Para el finito plaza de bien tenemos la misma situación (de obligado soluciones) pero hemos establecido:

$$\alpha = \sqrt{\frac{-2mE}{\hbar^2}}.$$

¿Por qué nos absorber el signo menos en la raíz cuadrada ahora y no antes? ¿Cómo funciona este empate con bound/independiente de soluciones y la paridad?

Answer 1

Versión corta:

En el infinito potencial, $E \geq 0$ (debido a $V_{min}=0$, e $E \geq V_{min}$). En su potencial finito bueno, parece que usted está buscando enlazados a los estados, en cuyo caso $E < 0$, por lo que absorben la negativa en la raíz cuadrada.

Versión larga:

Cuando se lucha contra una de las QM problema, primero debe averiguar lo que la admisibilidad de la envolvente de los estados y de la dispersión de los estados. Si la energía de la partícula es menor que el potencial en$-\infty$$+\infty$, luego de haber obligado a los estados. Por ejemplo, el infinito plaza bien, sólo admite obligado soluciones de estado. El potencial finito bien puede admitir tanto la dispersión de los estados y enlazados a los estados en función de la energía (normalmente, $V(\pm \infty) = 0$ en un número finito de potencial, así que si $E < 0$ es un estado asociado y si $E > 0$ es una dispersión de estado).

Una vez que usted declare si usted está buscando obligado o dispersión de los estados, usted tendrá una idea de donde su energía. En el finito encaja bien con el $V(\pm \infty) = 0$, si usted está buscando enlazados a los estados, entonces usted sabe $E < 0$. Por lo tanto, para mantener la matemática es tan sencillo como sea posible, tiene sentido colocar el negativo de la raíz cuadrada por lo que el argumento va a ser positivo.

En el infinito de la plaza bien, usted sabe que todos los estados están obligados debido a $V(\pm\infty)=\infty$. Así que debemos apelar a otros lugares para conseguir una limitación de la energía. Sabemos que $E \geq V_{min}$ (de lo contrario, la función de onda no puede ser normalizada, ver Problema 2.2 de Griffith QM). Desde $V_{min}=0$,$E \geq 0$. Por lo tanto, no debemos absorber una negativa en la raíz cuadrada para mantener el argumento positivo.

Answer 2

La única cosa que es realmente importante es el diferencial de eqaution. La situación es, fuera del bien, en ambos casos:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= - \frac{2mE}{\hbar^2} \psi$

Ahora es foundamental aviso de que a la envolvente de los estados E<0, por lo que podemos escribir: $E=-|E|$ y Sc. la ecuación se convierte en:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= + \frac{2m|E|}{\hbar^2} \psi$

Así que la forma habitual a la conclusión de que este problema es de configuración de $k= \sqrt{\frac{2m|E|}{\hbar^2}}>0$ , ahora las raíces de la ecuación diferencial se $\pm k$ y la solución general es:

$\psi=Ae^{+kx}+Be^{-kx}$

En lugar de que puede resolver el problema de esta forma:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= - \frac{2mE}{\hbar^2} \psi$

(sin explícitamente al valor absoluto)

ahora pon $\alpha= \sqrt{- \frac{2mE}{\hbar^2}}$ así:

$\dfrac{d^2 \psi}{dx^2}= \alpha^2 \psi$

La solución es (como la anterior):

$\psi=Ae^{+\alpha x}+Be^{-\alpha x}$

Y ahora se puede poner en el exponente $E=-|E|$ (enlazados a los estados):

$\alpha= \sqrt{- \frac{2mE}{\hbar^2}}=\sqrt{+ \frac{2m|E|}{\hbar^2}}=k$

Por último: $\psi=Ae^{+\alpha x}+Be^{-\alpha x}=Ae^{+k x}+Be^{-k x}$

Las soluciones son (obviamente) el mismo en las dos formas diferentes (la idea es que sólo en un caso explícito el valor absoluto immidiately y en el otro caso, que en la final).