8.3: הערה על נוסחת החיבור WKB

ניתוח חצי קלאסי של חלקיק שנלכד בבאר בממד אחד

הפתרון המשוער למחצה של WKB למשוואת שרדינגר, $$\psi(x)=\psi(x_0)\sqrt{\frac{p(x_0)}{p(x)}}\exp\left( \pm \frac{i}{\hbar} \int_{x_0}^x p(x')dx'\right) \tag{8.3.1}$$

אמין באזורים שבהם אורך הגל (לפתרונות מתנדנדים) או אורך הדעיכה (לפתרונות אקספוננציאליים) משתנים רק מעט על פני מרחק של אורך גל אחד או אורך ריקבון בהתאמה. עבור חלקיק שנלכד בבאר פוטנציאל (חד ממדי), באופן קלאסי החלקיק היה קופץ קדימה ואחורה בין שתי נקודות המפנה בהן האנרגיה הקינטית שלו נעלמת. במקרה הקוונטי, אלה בדיוק הנקודות בהן אורך הגל הופך לאינסופי, כך שפתרון WKB נכשל.

לקחת את הפוטנציאל ליד נקודות המפנה להיות ליניארי...

עם זאת, עבור פוטנציאל חלק למדי זה עשוי להיות קירוב הולם להתייחס לאזור נקודת מפנה ככזה שבו הפוטנציאל גדל באופן ליניארי עם מרחק על פני טווח מספיק שמעבר לנקודה זו ניתן להשתמש בקירוב WKB בשני הכיוונים. הפתרון של משוואת שרדינגר לפוטנציאל גדל או יורד באופן ליניארי ידוע היטב, זוהי הפונקציה Airy, הפתרון של המשוואה הדיפרנציאלית

$$\frac{d^2y}{dx^2}+xy=0 \tag{8.3.2}$$

זממו כאן בנקודת המפנה השמאלית:

האסטרטגיה היא להעריך פונקציה זו עבור גדולים$x$, חיוביים ושליליים כאחד, כך שנוכל לחבר יחד את שני פתרונות ה- WKB, התקפים באזורים הרחוקים, באופן כמותי.

בעקבות מתיוס ווקר (עמוד 116) המשוואה הדיפרנציאלית נפתרת בצורה הפשוטה ביותר על ידי ביצוע טרנספורמציה פורייה שלה. אם

$$g(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}y(x)e^{-i\omega x}dx, \tag{8.3.3}$$

אז $$-\omega^2g(\omega)+i\frac{dg}{d\omega}=0, \; so \; g(\omega)=Ae^{-i(\omega^3/3)}. \tag{8.3.4}$$

לכן $$y(x)=A\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{2\pi} \exp\left[ i\left( \omega x-\frac{\omega^3}{3}\right) \right]. \tag{8.3.5}$$

שמירה על פרופיל נמוך...

זוהי תוצאה מדויקת, אבל אינטגרל לא טריוויאלי! למרבה המזל, אנו מעוניינים רק בערכו לערכים גדולים של$|x|$, וכאן בדיוק שיטות האוכף הופכות מדויקות: קווי המתאר מעוותים להיות נמוכים ככל האפשר, ואז התרומות המשמעותיות היחידות לאינטגרל (בזכות השונות האקספוננציאלית של המשרעת) הם מאותם מקומות שבהם עלינו לעבור על נקודת אוכף כדי להגיע מעמק אחד למשנהו. כדי לראות היכן נמצאות נקודות האוכף וכיצד הן קשורות לאינטגרל לאורך הציר האמיתי, אנו מתווים מתחת למפות מתאר של הערך המוחלט של המונח באקספוננציאלי.

חיובי גדול $x$: במפה למטה אנו לוקחים $x=10$ (קטנים למדי), כך שנקודות האוכף נמצאות. $\pm \sqrt{10}$ אם נתיב האינטגרציה מועבר מטה מהציר האמיתי אל העמקים (הכהים) (כך שהאינטגרנד הופך קטן יותר באופן אקספוננציאלי) קווי המתאר מ $-\infty$ יעלה משמאל למטה לנקודת האוכף השמאלית, מעל האוכף לעמק המרכזי העליון, ואז חזרה מעל נקודת האוכף השנייה לעמק הימני התחתון והמשיך אל. $+\infty$

צבע בהיר יותר פירושו קרקע גבוהה יותר.

כתיבת האינטגרל כ

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{f(\omega)}d\omega \tag{8.3.6}$$

(הטלת קבועים כלליים לא רלוונטיים) אז

$$f(\omega)=i\left( \omega x-\frac{\omega^3}{3}\right),\; f'(\omega)=i(x-\omega^2) \; and\; f"(\omega)=-2i\omega. \tag{8.3.7}$$

(מתיוס ווקר מוציאים את הפרמטר $x$ "הגדול"$f$, השארנו אותו פנימה - זה לא משפיע על התוצאה הסופית.) ליד נקודת האוכף החיובית

$$f(\omega)=f(\sqrt{x})+\frac{1}{2}f''(\sqrt{x})(\omega-\sqrt{x})^2=i\frac{2}{3}x^{3/2}-i\sqrt{x}(\omega-\sqrt{x})^2 \tag{8.3.8}$$

הורדת תנאים מסדר גבוה יותר. מכיוון $f′′$ שהוא דמיוני טהור בנקודת האוכף, הנתיב המתאים למעריך אמיתי באינטגרל הגאוס נמצא ב- x- $\pi /4$ ציר. אז בנתיב אינטגרל

$$dz=e^{\pm i\pi /4} ds \tag{8.3.9}$$

היכן $ds$ נמצא פרמטר אמיתי המודד אורך נתיב מצטבר, והסימן במעריך חיובי לנקודת האוכף משמאל. התרומות משתי נקודות האוכף נותנות את הפתרונות האסימפטוטיים (החיוביים הגדולים) כ: $x$

$$y(x)\sim \frac{2\sqrt{\pi}}{x^{1/4}}\cos\left( \frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{\pi}{4}\right). \tag{8.3.10}$$

שלילי גדול $x$: במקרה זה, הגיאוגרפיה של האוכף שונה בתכלית, אם כי הגיאוגרפיה הרחוקה זהה, ונשלטת על ידי המונח. $\omega^3$

בדיוק כמו בעבר, ניתן להזיז את נתיב שילוב הציר האמיתי מהציר האמיתי אל העמקים בפינה השמאלית התחתונה והימנית התחתונה. (התרומות הנוספות מקישור הנתיב החדש לציר האמיתי באינסוף הן אפס.) ברור מהמפה שלמעלה שכדי להגיע מהעמק משמאל לזה מימין פירושו פשוט לעבור על נקודת האוכף בציר הדמיוני השלילי. שים לב מההצללה הכהה יותר שנקודת האוכף השנייה נמצאת בגובה גבוה יותר.

האינטגרציה דרך נקודת האוכף מקבילה לציר האמיתי, ונותנת $$y(x)\sim \frac{\sqrt{\pi}}{(-x)^{1/4}}\exp\left[ -\frac{2}{3}(-x)^{3/2}\right]. \tag{8.3.11}$$

זהו, אם כן, פיתרון פונקציית הגל המתפוררת של המשוואה האוורירית אותה אנו מחפשים, וברור שהוא עובר בצורה חלקה מהמעריכי הזה לצורת הקוסינוס $$y(x)\sim \frac{2\sqrt{\pi}}{x^{1/4}}\cos\left( \frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{\pi}{4}\right). \tag{8.3.10}$$

כפי $x$ שנלקח לאורך הציר האמיתי מערכים שליליים גדולים לערכים חיוביים גדולים.

השיטה המהירה של לנדאו

אגב, לנדאו נותן דרך מהירה לראות כיצד נוסחאות אלה מתחברות. אלה פתרונות אסימפטוטיים למשוואת Airy המקורית, תקפים כל עוד $x$ הם רחוקים מהמקור. אבל אנחנו יכולים לעבור מאחד לשני, להימנע מהמקור, אם נתייחס $x$ למשתנה מורכב ונעבור למישור המורכב - לנדאו לוקח חצי עיגול בחצי המישור העליון, מתחיל בפתרון המתפורר באופן אקספוננציאלי שנכתב כעת

$$y(\rho e^{i\phi})\sim \frac{\sqrt{\pi}}{(-\rho e^{i\phi})^{1/4}}\exp\left[ -\frac{2}{3}\rho^{3/2}\left( \cos\frac{3}{2}\phi+i\sin\frac{3}{2}\phi \right) \right] \tag{8.3.12}$$

השלב $\phi$ המשתנה בין 0 ל$\pi$. הגורם האקספוננציאלי בהתחלה עולה במודולוס, ואז הופך לדמיוני טהור, שווה בדיוק לאחד משני המונחים בצורת הקוסינוס לחיובי. $x$

אם אחד לוקח את נוסחת הקוסינוס וממשיך אותה למישור המורכב למחצה העליון, מונח אחד גדל באופן אקספוננציאלי, השני הולך לאפס. נניח שאחד מתחיל בערך גדול כלשהו של $x$ ונע במעגל סביב $x=0$ חזרה לציר האמיתי השלילי כעת. זה ייתן $$y(x)\sim \frac{\sqrt{\pi}}{(x)^{1/4}}\exp i\left( \frac{2}{3}(x)^{3/2}-\sqrt{\pi}{4}\right). \tag{8.3.13}$$

זה למעשה זהה לביטוי שכבר הפקנו: הביטול $\pi /4$ כנגד סימן המינוס בתוך השורש הרביעי, $i$ נגד סימן המינוס שהועלה $3/2$ לכוח.