1625913942-569e7355de758cf58bf6a6d787d946b7 (536941), страница 72
Текст из файла (страница 72)
Назовём линии действительной фазылиниями уровня. Линии, на которых фаза () чисто мнимая, называютсялиниями Стокса; здесь одно из решений экспоненциально растёт, когдамы отходим от точки поворота = 0, а другое падает (аналог классическизапрещенной области). Линии уровней иногда называются сопряжённымилиниями Стокса.Используя явное выражение (15.85), находим линии уровня,Im 3/2 = 0arg = 0, ±2,3(15.93)и линии Стокса,Re 3/2 = 0arg = ± , .3(15.94)Семь линий начинаются (рис. 15.7) в точке поворота: три сплошные линии уровня (15.93), три пунктирные линии Стокса (15.94) и волнистая15.9 Обход в комплексной плоскости⋆24991'2'1433'Рис. 15.7: Геометрия комплексной плоскостилиния разреза, верхний берег которого объединяется с линией уровня 1,совпадающей с вещественной осью.
При пересечении линии уровня, где обарешения осциллируют, вид решения не меняется, но мнимая часть фазыпроходит через нуль и меняет знак. В результате возрастающая функциястановится убывающей, и наоборот. На линии Стокса вещественная частьфазы обращается в нуль и различие в решениях максимально. На разрезесвойство возрастания или убывания сохраняется, в то время как формaрешения меняется.15.9 Обход в комплексной плоскости⋆Если квазиклассическое приближение справедливо, общее решение уравнения Шрёдингера (15.81) даётся суперпозицией() = (0, ) + (, 0).(15.95)Как видно из (15.85), в случае > 0 решение (0, ) убывает в секторе 1—2,в то время как решение (, 0) возрастает. Если амплитуда растущейфункции не обращается в нуль, мы не имеем права сохранять на линииСтокса 1 ’ убывающий член (0, ), так как он экспоненциально мал посравнению с уже отброшенными поправками порядка ~ к главному (возрастающему) члену.
Однако на линии уровня 2 оба решения осциллируют,так что в непосредственной близости от линии 2 член (0, ) снова долженбыть учтён. Поскольку в рамках квазиклассического приближению мы неможем проследить этот член по всему сектору 1—2, в общем случае мы незнаем, какова должна быть амплитуда члена (0, ) по прибытии на линию2. В то же время член (, 0) доминирует во всем секторе и, следовательно,он должен быть просто продолжен с 1 к 2 с той же амплитудой .
Оказы-500Глава 15 Квазиклассическое (ВКБ) приближениевается, что коэффициент перед решением (0, ) действительно меняетсяпосле пересечения сектора 1—2 — так называемое явление Стокса.Ключ к полному решению проблемы сшивки может быть найден приобходе через всю комплексную плоскость (рис. 15.7). Обход должен совершаться так, чтобы всегда при этом оставаться в области применимостиквазиклассического приближения. Начнём с решения на линии уровня 1, = 1 (0, ) + 1 (, 0).(15.96)Обходим точку поворота и по прибытии на линию 2 имеем = 2 (0, ) + 2 (, 0).(15.97)Решение (, 0) растёт в секторе 1—2 и, следовательно, непрерывно проходитчерез весь сектор, 2 = 1 . Если бы растущая часть решения отсутствовала(1 = 0), решение (15.96) содержала бы только часть 1 (0, ) и мы могли быпродолжить эту часть до прямой 2, приходя туда с 2 = 1 . В присутствиибольшой экспоненты это уже не так, и амплитуда (0, ) части решениябудет другой. Запишем ее в виде2 = 1 + 1 ,(15.98)где введена неизвестная константа Стокса .В секторе 2—3, функция (0, ) растёт, и мы приходим на линию 3 с решением = 3 (0, ) + 3 (, 0),3 = 2 ,3 = 2 + 2 ,(15.99)где — новая константа.
Наконец, мы приходим к линии 4 (нижний крайразреза) с третьей константой, = 4 (0, ) + 4 (, 0),4 = 3 ,4 = 3 + 3 .(15.100)Используя правила (15.90) и (15.91), перенесём это решение на верхнийкрай: = −4 (, 0) − 4 (0, ).(15.101)Из-за аналитичности решения результат (15.101), полученный на прямой 1после полного оборота, должен совпасть с первоначальным решением15.10 Ещё раз о формулах сшивки⋆501(15.96). Поскольку решения (0, ) и (, 0) линейно независимы, находим4 = 1 ,4 = 1(15.102)или, используя промежуточные результаты (15.98—15.100),1 (1 + ) + 1 = 1 ,1 (1 + ) + 1 ( + + ) = 1 .
(15.103)Уравнение (15.103) должно выполняться для любой начальной суперпозиции (15.96), т. е. для произвольных 1 и 1 . Это полностью определяетконстанты Стокса: = = = ;(15.104)только три из четырёх уравнений, следующих из (15.103), независимы.Для обхода по часовой стрелке константы Стокса равны −.Задача 15.6Показать, что если около точки = 0 функция () пропорциональна , то все константы Стокса равны 2 cos[/( + 2)]; в этом случае точноерешение уравнения Шредингера (15.81) в окрестности = 0 может бытьвыражено в терминах функций Бесселя 1/(+2) (раздел 9.7). В нашемслучае = 1.15.10 Ещё раз о формулах сшивки⋆Теперь мы можем использовать константы Стокса для получения правилсвязи раздела 15.5.
Рассмотрим, например, случай с точкой поворота налевой стороне барьера (рис. 15.3b) и примем, что в классически запрещённой области > 0 присутствует только убывающая функция. Нам нужнонайти решение в классически разрешённой области < 0.Схема линий в комплексной плоскости показана на рис. 15.8. Удобно отсчитывать фазу функции () таким образом, что arg = 0 при < 0. Положительной полуоси > 0 тогда соответствует arg = −, = || exp(−)и || = −, так как > 0 при < 0 и < 0 при > 0. Если > 0, имеем∫︁ ∫︁ √︀√ = || exp(−) =00∫︁ √︀(15.105)= − || ≡ −Φ, Φ > 0,0502Глава 15 Квазиклассическое (ВКБ) приближение2'231'3'14Рис. 15.8: Комплексная плоскость для вывода правил сшивкив то время как при < 0∫︁ ∫︁ 0√√ = − ≡ −Γ,0Γ > 0.(15.106)Решения под барьером, > 0, содержат(︂ ∫︁ )︂√exp ± = ±Φ .(15.107)0Нужным нам решением (экспоненциально падающим) является (, 0), таккак(︂ ∫︁ 0)︂(︂ ∫︁ )︂√√(, 0) ∝ exp = exp − = −Φ .(15.108)0Таким образом, убывающее решение (, 0) задано на прямой 1 ’, > 0.
Этоозначает, что во всём секторе 1—2 комплексной плоскости мы имеемтолько падающую функцию (, 0). Обходя дальше в положительном направлении, решение начинает расти после пересечения линии уровня 2 идостигает линии уровня 3 с той же самой амплитудой, например, равнойединице. Однако при дальнейшем обходе в секторе 2—3 возникает падающее решение (0, ). Согласно формуле (15.108) в непосредственной близостиот линии 3 решение имеет вид = (, 0) + (0+) (0, ) = (, 0) + (0, )→ = (, 0) + (0, ), (15.109)15.11 Близкие точки поворота⋆503где последнее выражение написано для вещественной оси < 0. Мыустановили соответствие(, 0) + (0, ) ⇔()⇔ (, 0)↓↓↓<0точное решение>0около = 0(15.110)или в обозначениях (15.105) и (15.106) и с выбранными фазами−1/4 Γ + /2 −1/4 −Γ ⇔ (||− )−1/4 −Φ ,(15.111)что даёт(︁ )︁2−1/4 cos Γ −⇔ ||−1/4 −Φ ,4(15.112)т.
е. формулу сшивки, которая совпадает с (15.56).15.11 Близкие точки поворота⋆В этом параграфе мы рассмотрим более сложный случай двух точекповорота. Если они расположены близко друг к другу, например, близко квершине барьера, так что квазиклассическая область между ними отсутствует, линейное приближение (15.44) не работает, и нельзя рассматриватьточки поворота отдельно. Метод продолжения в комплексной плоскостипригоден и здесь, но нужно обходить обе точки так, чтобы путь проходилв квазиклассической области.Предполагаем, что барьер имеет общий вид (рис.
15.5). Схема линийуровней в комплексной плоскости показана на рис. 15.9. Каждая точка поворота подразумевает свой разрез. Мы можем действовать аналогично тому,как это делали для одной точки поворота. Используя те же обозначениядля частных решений, при > (линия 1 ) имеем = 1 (, ) + 1 (, ).(15.113)В секторе 1—2, решение (, ) убывает, тогда как (, ) растёт.
На линию 2приходим к = 2 (, ) + 2 (, ),2 = 1 ,2 = 1 + 1 1 ,(15.114)504Глава 15 Квазиклассическое (ВКБ) приближение232'1'41ab74'3'56Рис. 15.9: Геометрия линий уровней и линий Стокса для случая двух близкихточек поворотагде константа Стокса 1 отличается от того, что было найдено в предыдущемслучае.Переходя от 2 к 3, мы не пересекаем линии Стокса, и решение всё ещёпредставлено суперпозицией (15.113). Здесь удобно пересчитать фазу отточки = , поэтому запишем = (1 +1 1 )(, )+1 (, ) = (1 +1 1 ) (, )+1 − (, ), (15.115)где фазовый интеграл∫︁=√∫︁=|()|(15.116)есть действительное положительное число.
Случай ≫ 1 соответствуетудалённым точкам поворота, когда можно обойти каждую из них по отдельности, потому что квазиклассическое приближение справедливо в областимежду ними. Нынешний подход работает для произвольного значения .В секторе 3—4 решение (, ) убывает, так что на линии 4 = 4 (, ) + 4 (, ) == (1 + 1 1 ) (, ) + [1 − + 1 (1 + 1 1 )](, ),(15.117)где 1 — это новая константа Стокса. Теперь мы пересекаем разрез в положительном направлении и применяем правило (15.90), = −4 (, ) − 4 (, ).Остальное продолжение не требует подробных объяснений,(15.118)15.11 Близкие точки поворота⋆505линии 5, 6 : = −(4 + 2 4 )(, ) − 4 (, ) == − (4 + 2 4 )(, ) − 4 − (, );(15.119)линия 7 : = − (4 + 2 4 )(, ) − [− 4 + 2 (4 + 2 4 )](, ); (15.120)линия 1 : = − (4 + 2 4 )(, ) − [− 4 + 2 (4 + 2 4 )](, ).(15.121)Сравнение результата (15.121) с исходным выражением (15.113) даёт−1 = (4 + 2 4 ),−1 = [2 4 + (2 2 + −2 )4 ].(15.122)Из (15.117) и (15.121) находим после простой алгебры1 + 2 1 = −−2 ,1 + 2 (1 1 + −2 ) = 0;2 + 1 (2 2 − −2 ) = 0,1 2 + (1 1 + −2 )(2 2 + −2 ) = −−2 .(15.123)(15.124)Только три из четырех уравнений (15.123), (15.124) являются независимыми, и общее решение можно записать в виде1 = 2 ≡ ,1 = 2 ≡ ,− = 1 + −2 .(15.125)Чтобы вычислить коэффициент прохождения, воспользуемся общими свойствами матрицы перехода из разделов 9.4 и 15.5.
В нашем случае при ≪ имеем волны, распространяющиеся вправо (амплитуда ) и влево (амплитуда ), а при ≫ соответствующие волны имеют амплитуды и .̃︁ следующим образом (обратно тому, что мыВведём матрицу перехода использовали в (9.31)):(︂)︂(︂)︂̃︁=.(15.126)Задача 15.7506Глава 15 Квазиклассическое (ВКБ) приближениеИспользуя инвариантность относительно обращения времени, преобразование тока и уравнение (15.118), показать, что в нашем случае ролькоэффициентов и играют величины −4 и −4 соответственно, такчто соотношение (15.126) имеет вид(︂)︂(︂)︂ (︂)︂4 1=,(15.127)4 * *1где̃︁ = ||2 − ||2 = 1.Det С другой стороны, из (15.117) и (15.125) следует, что(︂)︂ (︂)︂ (︂ )︂41 −=.4 1Следовательно, матрица перехода даётся выражением)︂(︂̃︁ = − −1 .1 (15.128)(15.129)(15.130)Условие (15.128) выполняется в силу (15.125), а константы и должныбыть связаны соотношением = − * или с учётом (15.125):||2 = ||2 = 1 + −2 .(15.131)Неизвестная фаза все еще остаётся в этом соотношении, хотя мы знаем,что при ≫ 1 имеем предел изолированной точки поворота, когда всеконстанты Стокса равны (уравнение (15.104)).Чтобы найти вероятность прохождения, предположим, что падающаяволна приходит слева, хотя результат будет таким же и для волны, идущей̃︁ определяет коэффициентсправа (задача 9.1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
