有限ポテンシャル井戸

ボックス内の領域では、V ( x ) = 0 となり、式 1 は^{[ 3 ]に簡略化されます。}$${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi _{2}}{dx^{2}}}=E\psi _{2},}$$時間に依存しない自由シュレーディンガー方程式に似ているため、 $${\displaystyle E={\frac {k^{2}\hbar ^{2}}{2m}}.}$$ 賃貸 $${\displaystyle k={\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }},}$$ 方程式は次のようになる $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{2}}{dx^{2}}}=-k^{2}\psi _{2}.}$$ 一般解は $${\displaystyle \psi _{2}=A\sin(kx)+B\cos(kx)\,.}$$ ここで、AとBは任意の複素数であり、kは任意の実数である。

箱の外側の領域では、電位は一定であるため、${\displaystyle V(x)=V_{0}}$そして式1は次のようになる。 $${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=(E-V_{0})\psi _{1}}$$

Eが以下かどうかによって、2つの解のファミリーが存在する。${\displaystyle V_{0}}$（粒子は束縛状態にある）またはEがより大きい${\displaystyle V_{0}}$（粒子は無限の状態にある。）

エネルギーに関する時間独立シュレーディンガー方程式を解くと${\displaystyle E>V_{0}}$許可する$${\displaystyle k'={\frac {\sqrt {2m(E-V_{0})}}{\hbar }}}$$そのため $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=-k'^{2}\psi _{1}}$$ すると、解は内部井戸の場合と同じ形式になります。 $${\displaystyle \psi _{1}=C\sin(k'x)+D\cos(k'x)}$$ そのため、井戸の内側と外側の両方で振動する。したがって、解は決して二乗可積分ではなく、常に非正規化状態である。しかし、これは量子粒子がエネルギーがより大きいことが不可能であることを意味するものではない。${\displaystyle V_{0}}$それは単に、システムが連続スペクトルを持つことを意味するだけです。${\displaystyle V_{0}}$すなわち、正規化不可能な状態は、非有界演算子の一般化固有関数としてスペクトルの連続部分に寄与する。^{[ 4 ]}

この分析では束縛状態に焦点を当てます。${\displaystyle E<V_{0}}$貸す $${\displaystyle \alpha ={\frac {\sqrt {2m(V_{0}-E)}}{\hbar }}}$$ 生産する $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=\alpha ^{2}\psi _{1}}$$ ここで、一般解は実数指数関数である。 $${\displaystyle \psi _{1}=Fe^{-\alpha x}+Ge^{\alpha x}}$$

同様に、枠の外側の領域についても： $${\displaystyle \psi _{3}=He^{-\alpha x}+Ie^{\alpha x}}$$

さて、目の前の問題に対する具体的な解を見つけるためには、適切な境界条件を指定し、それらの条件を満たすA、B、F、G、H、Iの値を求める必要があります。

シュレーディンガー方程式の解は連続で、かつ連続的に微分可能でなければならない。^{[ 5 ]}これらの要件は、以前に導出された微分方程式の境界条件、つまり、井戸の内側と外側の解の間の整合条件である。

この場合、有限ポテンシャル井戸は対称であるため、対称性を利用して必要な計算量を削減することができる。

これまでのセクションを要約すると： $${\displaystyle \psi ={\begin{cases}\psi _{1},&{\text{if }}x<-L/2{\text{ (the region outside the box)}}\\\psi _{2},&{\text{if }}-L/2<x<L/2{\text{ (the region inside the box)}}\\\psi _{3}&{\text{if }}x>L/2{\text{ (the region outside the box)}}\end{cases}}}$$ 私たちが発見した場所${\displaystyle \psi _{1}}$、${\displaystyle \psi _{2}}$、 そして${\displaystyle \psi _{3}}$である： $${\displaystyle {\begin{aligned}\psi _{1}&=Fe^{-\alpha x}+Ge^{\alpha x}\\\psi _{2}&=A\sin(kx)+B\cos(kx)\\\psi _{3}&=He^{-\alpha x}+Ie^{\alpha x}\end{aligned}}}$$

私たちはそれを次のように見ています${\displaystyle x}$行く${\displaystyle -\infty }$、${\displaystyle F}$項は無限大に発散する。同様に、${\displaystyle x}$行く${\displaystyle +\infty }$、${\displaystyle I}$項は無限大に発散する。波動関数が二乗可積分であるためには、次のように設定する必要がある。${\displaystyle F=I=0}$そして、私たちは以下のものを持っています。 $${\displaystyle \psi _{1}=Ge^{\alpha x}}$$そして$${\displaystyle \psi _{3}=He^{-\alpha x}}$$

次に、全体的な${\displaystyle \psi }$関数は連続かつ微分可能でなければならない。言い換えれば、関数とその導関数の値は、分割点において一致しなければならない。

これらの方程式には、対称な 2 種類の解があり、${\displaystyle A=0}$そして${\displaystyle G=H}$、反対称で、${\displaystyle B=0}$そして${\displaystyle G=-H}$対称の場合、次のようになります。 $${\displaystyle He^{-\alpha L/2}=B\cos(kL/2)}$$$${\displaystyle -\alpha He^{-\alpha L/2}=-kB\sin(kL/2)}$$ 比率を取ると

$${\displaystyle \alpha =k\tan(kL/2).}$$ 同様に反対称の場合、 $${\displaystyle \alpha =-k\cot(kL/2).}$$

両方とも${\displaystyle \alpha }$そして${\displaystyle k}$エネルギーに依存します。我々が発見したのは、連続条件は任意のエネルギー値に対しては満たされないということです。これは無限ポテンシャル井戸の場合の結果です。したがって、これら2つの方程式のいずれか、または両方の解となる特定のエネルギー値のみが許容されます。したがって、以下のシステムのエネルギー準位がわかります。${\displaystyle V_{0}}$は離散的であり、対応する固有関数は束縛状態である。（対照的に、エネルギー準位が より上の場合は、${\displaystyle V_{0}}$連続的である。^{[ 6 ]}）

エネルギー方程式は解析的に解くことはできません。しかしながら、対称的な場合、井戸が非常に浅くても、少なくとも1つの束縛状態が必ず存在することがわかります。^{[ 7 ]} エネルギー方程式のグラフ解法や数値解法は、方程式を少し書き換えることで容易に得られます。また、任意のパラメータのペアに対して有効な優れた近似法がLimaによって発見されていることも特筆すべき点です。${\displaystyle L}$そして${\displaystyle V_{0}}$[ ^{8 ]}無次元変数を導入する^と${\displaystyle u=\alpha L/2}$そして${\displaystyle v=kL/2}$、定義から注意${\displaystyle \alpha }$そして${\displaystyle k}$それ${\displaystyle u^{2}=u_{0}^{2}-v^{2}}$、 どこ${\textstyle u_{0}^{2}={\frac {1}{2}}mL^{2}V_{0}\hbar ^{-2}}$マスター方程式は次のようになる。 $${\displaystyle {\sqrt {u_{0}^{2}-v^{2}}}={\begin{cases}v\tan v,&{\text{(symmetric case) }}\\-v\cot v,&{\text{(antisymmetric case) }}\end{cases}}}$$

右側の図では、${\displaystyle u_{0}^{2}=20}$青い半円が紫または灰色の曲線と交差する場所に解が存在する（${\displaystyle v\tan v}$そして${\displaystyle -v\cot v}$紫または灰色の曲線はそれぞれ可能な解を表し、${\displaystyle v_{j}}$範囲内${\textstyle {\frac {\pi }{2}}(j-1)\leq v_{i}<{\frac {\pi }{2}}j}$解の総数、${\displaystyle N}$（つまり、青い円と交差する紫/灰色の曲線の数）は、青い円の半径を割ることによって決定されます。${\displaystyle u_{0}}$各解の範囲によって${\displaystyle \pi /2}$そして、床関数または天井関数を使用します: ^{[ 9 ]}$${\displaystyle N=\left\lfloor {\frac {2u_{0}}{\pi }}\right\rfloor +1=\left\lceil {\frac {2u_{0}}{\pi }}\right\rceil }$$

この場合、解は正確には 3 つあります。${\displaystyle N=\lceil 2{\sqrt {20}}/\pi \rceil =\lceil 2.85\rceil =3}$。

${\displaystyle v_{1}=1.28,v_{2}=2.54}$そして${\displaystyle v_{3}=3.73}$対応するエネルギー $${\displaystyle E_{n}={2\hbar ^{2}v_{n}^{2} \over mL^{2}}.}$$ 必要であれば、定数の値に戻って確認することもできます。${\displaystyle A,B,G,H}$方程式に（正規化条件も課す必要があります）。右側にはこの場合のエネルギー準位と波動関数を示します（ここで${\textstyle x_{0}\equiv \hbar /{\sqrt {2mV_{0}}}}$)

我々は、たとえ小さくても${\displaystyle u_{0}}$（井戸がどれほど浅くても狭くても）、常に少なくとも１つの束縛状態が存在する。

注目すべき2つの特別なケースがあります。ポテンシャルの高さが大きくなると、${\displaystyle V_{0}\to \infty }$半円の半径が大きくなり、根は値にどんどん近づいていきます${\displaystyle v_{n}=n\pi /2}$そして、無限方形井戸の場合を再現します。

もう1つのケースは、非常に狭くて深い井戸の場合です。具体的には、${\displaystyle V_{0}\to \infty }$そして${\displaystyle L\to 0}$と${\displaystyle V_{0}L}$修正済み。${\displaystyle u_{0}\propto {\sqrt {V_{0}}}L}$それはゼロに近づくので、束縛状態は1つだけになります。近似解は次のようになります。${\displaystyle v^{2}=u_{0}^{2}-u_{0}^{4}}$エネルギーは${\displaystyle E=-mL^{2}V_{0}^{2}/2\hbar ^{2}}$しかしこれは、強さのデルタ関数ポテンシャルの束縛状態のエネルギーにすぎません。${\displaystyle V_{0}L}$当然のことだ。

エネルギー準位のより単純な図解は、ポテンシャルとエネルギーを乗算して正規化することによって得られる。${\displaystyle {8m}{L^{2}}/h^{2}}$正規化された量は $${\displaystyle {\tilde {V}}_{0}=V_{0}{\frac {8m}{h^{2}}}L^{2}\qquad {\tilde {E}}=E{\frac {8m}{h^{2}}}L^{2}}$$ 許容されるカップル間の関係を直接示す${\displaystyle (V_{0},E)}$[ ^{10 ]​}$${\displaystyle {\sqrt {{\tilde {V}}_{0}}}={\sqrt {\tilde {E}}}\,\left|{\sec({\sqrt {\tilde {E}}}\,{\pi }/{2})}\right|,\qquad {\sqrt {{\tilde {V}}_{0}}}={\sqrt {\tilde {E}}}\,\left|{\csc({\sqrt {\tilde {E}}}\,{\pi }/{2})}\right|}$$ それぞれ偶パリティと奇パリティの波動関数について。前の式では、関数の正の導関数部分のみを考慮する必要があります。許容されるカップルを直接示すチャート${\displaystyle (V_{0},E)}$図に示されている。

^{ポテンシャル[ 11 ]}で与えられる一次元非対称ポテンシャル井戸を考える。$${\displaystyle V(x)={\begin{cases}V_{1},&{\text{if }}-\infty <x<0{\text{ (the region outside the well)}}\\0,&{\text{if }}0<x<a{\text{ (the region inside the well)}}\\V_{2}&{\text{if }}a<x<\infty {\text{ (the region outside the well)}}\end{cases}}}$$ と${\displaystyle V_{2}>V_{1}}$波動関数の対応する解は${\displaystyle E<V_{1}}$判明した $${\displaystyle \psi (x)={\begin{cases}c_{1}e^{k_{1}x},&{\text{for }}x<0,{\text{where }}k_{1}={\sqrt {(2m/\hbar ^{2})(V_{1}-E)}}\\c\sin(kx+\delta ),&{\text{for }}0<x<a,{\text{where }}k={\sqrt {2mE/\hbar ^{2}}}\\c_{2}e^{-k_{2}x},&{\text{for }}x>a,{\text{where }}k_{2}={\sqrt {(2m/\hbar ^{2})(V_{2}-E)}}\end{cases}}}$$ そして $${\displaystyle \sin \delta ={\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{1}}}}.}$$

エネルギーレベル${\displaystyle E=k^{2}\hbar ^{2}/(2m)}$一度決定されます${\displaystyle k}$これは、次の超越方程式の根として解かれる。 $${\displaystyle ka=n\pi -\sin ^{-1}\left({\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{1}}}}\right)-\sin ^{-1}\left({\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{2}}}}\right)}$$ どこ${\displaystyle n=1,2,3,\dots }$上記の方程式の根の存在は必ずしも保証されるわけではなく、例えば、常に次の値を見つけることができる。${\displaystyle a}$非常に小さいので、与えられた値に対して${\displaystyle V_{1}}$そして${\displaystyle V_{2}}$離散的なエネルギー準位は存在しない。対称井戸の結果は、上記の式から設定することで得られる。${\displaystyle V_{1}=V_{2}=V_{o}}$。