Том 1 (З. Флюгге - Задачи по квантовой механике), страница 9

4 (волновые функции не нормированы). В случае непроницаемой перегородки (П оо) она при х=--0 обращается в нуль, н обе части ящика становятся независимыми друг от друга. За исключением знака в левой части ящика эта функция совпадает с первой нечетной собственной функцией, показанной в нижней части фнг. 4; таким образом, в пределе (г — аа энергетические уровни становятся вырожденными (крайняя правая полоса на фиг.

3). Задача 20. Полупроницаемая перегородка в виде Ь-образного потенциального барьера Потенциальную стенку предыдущей задачи с равным успехом можно описать с помощью 6-функции Дирака, полагая 1I(х) = — Яб (х). (20.1) Докажите это н обсудите обусловленные наличием такой стенки граничные условия. Решение, Нам нужно решить уравнение Шредингера и" + 1/г' — 206 (х) ) и = О, (20.2) Прежде всего мы видим, что и дифференциальное уравнение (20.2), и граничные условия и(~а) =0 инвариантны относительно ин- версии х — — х.

Следовательно, решениями этой задачи, которая определяется дифференциальным уравнением и граничными усло- виями, могут быть только собственные функции оператора чет- ности (он заменяет х на — х). В этом можно убедиться следую- щим образом. Всякую функцию и (х) можно разбить на две части: четную ) (х) =Г( — х) и нечетную п(х) =- — д( — х), поэтому и (х) = Аг'(х)+ Вд(х), и ( — х) = Аг (х) — Вд (х). Если и(х) есть решение нашей задачи, то таковым будет и и( — х), а так как вырождение отсутствует, решение с точностью до муль- тнпликативной постоянной, скажем я, должно быть однозначным.

Следовательно, и ( — х) =- сои (х), или А) (х) — Вд (х) = се ( А) (х) -1- Вд (х)!. Так как Г и д линейно независимы, последнее возможно тогда и только тогда, когда А =аА н В = — аВ, т. е. когда а = 1, 54 !!. Задачи без учеиеа спина. А. Однамерньи задачи В=О, так что и(х) — четная функция, или же когда сс= — 1, А =-О, так что и(х) — нечетная функция. Рассмотрим теперь окрестность вблизи потенциальной стенки. Интегрирование уравнения (20.2) по указанной окрестности [функция и (х) предполагается непрерывной[ дает и' (+ 0) — и' ( — 0) = 2(еи (0). (20.3) Другими слова ми, логарифмическая производная В (х) =— и' (х) и (е) терпит на стенке разрыв со скачком 20.: Е(+0) — !.

( — 0) = 2!е. (20.5) Таким образом, довольно трудоемкую предельную процедуру, использованную нами в задаче 19, можно заменить в известной мере искусственным, но очень простым граничным условием на поп нциальной стенке. Следует отметить, что мы получили это граничное условие, рассматривая поведение дифференциального уравнения лишь в непосредственной окрестности потенциальной стенки; поэтому оно должно удовлетворяться и в том случае, когда дополнительно имеется какой-либо несингулярный потенциал й(х), а также любые граничные условия, наложенные в каком-либо ином месте. Обратимся теперь к вопросу о собственных функциях.

Что касается нечетных решений, то функции и„(х) обращаются в нуль на потенциальной стенке: и„(0) =О. Но тогда в силу равенства (20.3) производная не будет иметь никакого скачка и будет непрерывной. Таким образом, оказывается, что наличие перегородки не влияет ца нечетные решения, каков бы ни был коэффицент непроницаемости.

Это полностью согласуется с результатом, полученным в задаче 19 [см. равенства (19.7а)). С другой стороны, четные решения по необходимости должны иметь вид, предписываемый равенствами (!9.7б): з — Аз!пй~(х-)-а), — а(х с. О, +Аз!пй'„(х — а), 0 < х(а. Отсюда Е. (+0) = — й+ с!п)е„"а, У. ( — 0) =й+ с!де)„"а, так что в силу условия (20,5) й+ стп й+а = — й в согласии с уравнением (19.6а). Таким образом, дальнейшие рассуждения дословно повторяют соответствующие рассуждения задачи 19. Гк Раеееяние на б-обраоном потенциальном барьере зз Задача 21. Рассеяние на 6-образном потенциальном барьере Слева на потенциальный барьер йь )е (х) = — ьеб (х) (21.1) падает поток частиц с энергией Е.

Показать, что наличие барьера приводит к появлению разбегающейся в обе стороны от него „рассеянной" волны. Решение. Всюду, кроме бесконечно малой окрестности точки х=О, общее решение уравнения Шредингера можно записать в виде и (х) = Ае'ь"-, 'Ве-"", не= —, и > О, (21.2) йь где А и  — константы, имеющие различные значения для об- ластей х< 0 и х) 0; подбирая их, можно добиться, чтобы ре- шение (21,2) удовлетворяло граничному условию.

Наше решение можно записать несколько иначе, если выбрать нормировку таким образом, чтобы амплитуда падающей волны равнялась единице, "(х)= (1 Е),'-,',)О.' ам» ! Ве-и» х», О (21.3) Здесь В и Š— соответственно амплитуды рассеяния назад и вперед. Согласно равенству (20.3), поведение функции и (х) в точке х=-0 определяется условиями и (+0) = и ( — 0) и и' (-1-0) — и' ( — 0) = 211 и (0). (21,4) Эти соотношения дают В»-Е н !й (1 + Е) — !й (1 — В) = 2й (1 + В), поэтому окончательно В=Е=.„а„. (21. 5) В решении (21.3) можно различить три волны: падающую волну единичной интенсивности, отраженную с интенсивностью ( В (' и прошедшую с интенсивностью ~ 1+ Е ~ь. Из соотношения (21.5) следует ~В~ =„,"'„, ~1+Е~ =„,,"„.

(2ЕВ) Это приводит к закону сохранения (уравнение непрерывности) 1 = ) В !'+ ( 1+ Е )ь, (21,7) согласно которому сумма интенсивностей прошедшей и отраженной волн равна интенсивности падающей волны. Если потенциальный барьер почти непроницаем ((е оо), то в силу (2!.5) В = — 1 и !+Еж О, поэтому мы имеем почти П. Задачи бои чета енина. А. Одномерные иидичи полное отражение.

Если же потенциальный барьер почти прозрачен (й — 0), то В=-Е и и интенсивность рассеянной волны становится обратно пропорциональной энергии частицы. Разумеется, это герио лишь в предельном случае высоких энергий и не имеет места при малых энергиях частицы (А(й). Здесь мы имеем дело с частным случаем первого борновского приближения, которое справедливо, как известно, при высоких энергиях. Следует, однако, отметить, что для справедливости последнего вовсе не требуется (как иногда утверждают), чтобы кинетическая энергия была всюду велика по сравнению с потенциальной энергией У(х).

Действительно, в приведенном примере потенциальная энергия при х=О становится даже бесконечно большой. Равенство амплитуд рассеяния вперед и назад для любых значений энергии является специфической чертой потенциала (21.1). Задача 22. Рассеяние на симметричном потенциальном барьере Поток частиц с энергией Е падает на потенциальный барьер У(х), ограниченный областью — а(х(а. Предполагается, что потенциал представляет собой четную функцию х: У(х) = У( — х). (22.

1) Требуется выразить амплитуды рассеяния вперед и назад через логарифмические производные волновой функции в точках х = +- а. Решение. Из условия симметрии (22.!) вытекает важное следствие: при любом значении энергии Е уравнение Шредингера имеет как четное решение ие(х)=и ( — х), и~ (х) = — и+ ( — х), (22.2а) и и (0) =О, Конечно, при этом нормировка довольно произвольной. Таким и' (0) 1. базисных решений оказывается образом, мы можем вычислнгь так и нечетное решение и (х) = — и ( — х), и' (х) =и' ( — х). (22.2б) Эти решения, разумеется, линейно независимы, поэтому общее решение можно записать в виде их произвольной линейной комбинации.

В интервале — а(хя" а частные решения ич и и в крайнем случае можно определить с помощью численных методов, положив в точке х=О и, (0) =1, и+(0) =0 22. Рассеяние на симметричном нанинциияьном барьере 57 йа = с?, (22.?) окончательно получаем следующие выражения для амплитуд:  — — е -и 2 1+В=,' е- ге~ (22. 8а) (22. 86) На основании уравнения непрерывности, следует ожидать, что сумма интенсивностей отраженной и прошедшей волн будет равна интенсивности падающей волны. Действительно, из соотношений (22.8а) и (22.86) следуют формулы (г.+г-+се)' ~в~*=„, +,', -,„„ (22.9а) ее(! — ВР 11+В~*=~~,~ иве).~,'~,,--! ).

(22.96) их логарифмические производные в точке х=а, которые для удобства запишем в безразмерном и не зависящем от их етпоснтельиой нормировки виде аи,(а))и,(а)=).„аи (а)!и (а)=1.. (22,8) Логарифмические производные аие ( — а)/и„( — а) в точке х= — а в силу соотношений (22.2) будут равны — В и — В Решение, отвечающее падающей слева волне с единичной амплитудой, имеет вид еих + Ве-мх — оо <х( — а, и(х) = С,и (х)+С,и (х), — а( х(а, (22.4) (1+Р) е!"-", а (х с.

оо. Требование непрерывности и(х) и и'(х) в точках х=~а дает четыре условия: е 'е'+ Ве'" =- С,и (а) — С,и (а), (22.5а) !)е (е '" — Ве'ы) = — С,и,' (а) +С,и' (а), (22.56) (! + Р) е"' = С,и, (а) + С,и (а), (22.5в) сй(1+В) ееее= С,и' (а)+С,и' (а). (22.5г) Складывая равенства (22.5а) и (22.5в) и вычитая из равенства (22.56) равенство (22.5г), получаем справа соответственно 2С,и, (а) и 2С,и' (а). Взяв теперь их отношение, находим — е- !" е+ ( ! -1- Р -!- В) е!" е (22.6а) е-'Я +(!+Р+ В) еее Аналогичная процедура, но с переменой знаков дает е — !" е+ (! + Р— В) е'"" (22.66) — е-Ме+(!+Р— В) е!"е Разрешая уравнения (22.6а) и (22.66) относительно 1-1- Р -!- В и полагая для простоты аа П.