Как понимать квантовую механику

6.2. ОСЦИЛЛЯТОРНАЯ ТЕОРЕМА

173

Поскольку мы изучаем дифференциальные уравнения второго порядка, то и вронскиан нам понадобится второго порядка:

		ψ1	ψ2
W [ψ1, ψ2] =		ψ1	ψ2		= ψ1ψ2	− ψ2ψ1.	(6.12)

Если вронскиан обратился в ноль в точке x, это означает, что значения функций и их первых производных в точке x пропорциональны друг другу. Для дифференциального уравнения второго порядка, зная функцию и ее¨ производную в точке x, мы можем поставить задачу Коши и найти значения функции на всей оси. Таким образом, если ψ1 и ψ2 являются решениями уравнений Шредингера¨ для одного и того же потенциала и для одной и той же энергии, то (в силу того, что уравнения линейные, однородные, второго порядка) если вронскиан равен нулю в одной точке W [ψ1, ψ2](x) = 0, то он равен нулю всюду и функции ψ1 и ψ2 пропорциональны друг другу.

Докажем более общее утверждение, описывающее зависимость вронскиана от координаты для двух функций, являющихся решениями стационарного уравнения Шредингера:¨

W [ψ1, ψ2] = ψ1ψ2 − ψ2ψ1 =

2m2

2m1

(U1(x) − E1)ψ1 =

= ψ1 ¯h2 (U2

(x) − E2)ψ2 − ψ2 ¯h2

= ψ1ψ2

2

[m2(U2(x) − E2) − m1(U1(x) − E1)].

¯h2

Если m1 = m2 = m и U1

(x) = U2(x), то соотношение упрощается:

W [ψ , ψ ] = ψ ψ

2m [E

1

−

E

].

(6.13)

1

2

1

2 ¯h2

2

Проинтегрировав формулы (6.13), получаем

x1

W [ψ1, ψ2](x1) − W [ψ1, ψ2](x0) =

2m

[E1 − E2]x0

ψ1(x)ψ2(x) dx. (6.14)

¯h2

6.2.4. Рост числа нулей с номером уровня*

Применим формулу (6.14) для изменения вронскиана к двум последовательным нулям x0 < x1 дискретного стационарного состояния ψ1 с энергией E1. Второе состояние ψ2 пусть также будет дискретным собственным с энергией E2 > E1.

174

ГЛАВА 6

Функции ψ1(x) и ψ2(x) возьмем¨ вещественные, причем¨ выберем такой знак, чтобы ψ1(x) > 0 при x (x0, x1).

	0										0						0															0
				W [ψ1			,ψ2](x1)			)													W [ψ1			,ψ2](x0)					)
[ψ (x		) ψ (x				)	−	ψ (x			ψ (x		)]		−	[ψ (x				) ψ (x					)	−			ψ (x			ψ	(x	)] =
	1 1		2 1					2 1			1	1					1 0					2		0					2 0			1	0
				0										0								<0							x1	>0
																											x0
= ψ2(x1) (−ψ1(x1)) + ψ2(x0) ψ1(x0) =																		2m				[E1 − E2]								ψ1(x) ψ2(x) dx.
																		¯h2

Это равенство не может выполняться, если функция ψ2(x) не меняет знак на интервале (x0, x1) хотя бы один раз.

Таким образом, между любыми двумя нулями функции ψ1(x) (включая два нуля на границе области определения) найдется¨ хотя бы один ноль функции ψ2(x). Таким образом, число нулей стационарного состояния ψ2(x), отвечающего большей энергии, строго больше, чем число нулей стационарного состояния ψ1(x).

(*) Принадлежность состояний ψ1 и ψ2 к дискретному спектру важна

для сходимости интеграла лишь в случае бесконечной области интегрируемости. Если x0 и x1 конечны, то от этого условия можно отказаться. Таким образом, между любыми двумя нулями вещественной функции непрерывного спектра также будет хотя бы один ноль другой вещественной собственной функции, отвечающей большей энергии.

6.2.5. Сокращение числа нулей*

Для того, чтобы завершить доказательство осцилляторной теоремы (после того, как мы доказали рост числа нулей с ростом энергии), нам осталось показать, что если для некоторого одномерного гамильтониана вида (6.1) существует дискретное стационарное состояние ψn с энергией En, имеющее n внутренних нулей, то найдется¨ дискретное стационарное состояние ψn−1 того же гамильтониана с числом внутренних нулей, равным n−1.

Пусть xk, k = 1, . . . n, — внутренние нули функции ψn. x0 и xn+1 — границы области определения. Пусть нули пронумерованы в порядке воз-

растания:

−∞ x0 < x1 < . . . < xn < xn+1 +∞.

внутренние нули

Если разделить ось x на n+1 интервалы (xk, xk+1) (k = 0, . . . , n), поставив в точках xk (k = 1, . . . , n) бесконечно высокие стенки, то в каждой из n + 1

6.2. ОСЦИЛЛЯТОРНАЯ ТЕОРЕМА

175

получившихся потенциальных ям мы будем иметь дискретный спектр, для которого состояние

ψnk(x) = I(xk ,xk+1 )(x) · ψn(x),

k = 0, . . . , n

(характеристическая функция определена уравнением (3.10)), полученное ограничением ψn на соответствующий интервал, станет основным, т. к. ψn, ограниченное на соответствующий интервал, уже не имеет внутренних нулей.

Покажем, при помощи вариационного принципа (см. раздел 4.11.2), что при расширении одной из ям за счет¨ отодвигания стенки энергия основного состояния строго убывает. При расширении ямы номер k средняя энергия, вычисленная для состояния ψnk, не изменится, т. к. мы просто расширим область интегрирования вне (xk, xk1 ), туда где ψnk(x) ≡ 0. Таким образом, энергия основного состояния не увеличится. Однако функция ψnk(x) не может доставлять минимум гамильтониану расширенной ямы, т. к. она тождественно равна нулю на интервале, на который отодвинулась стенка, не удовлетворяет на этом интервале условию единственности и не может быть собственной функцией. Значит энергия основного состояния при расширении ямы станет строго меньше.

Если мы будем двигать стенки, то между двумя стенками спектр всегда будет только дискретным, а значит будет дискретным и основное состояние.

Между стенкой и бесконечной точкой (если x0 = −∞, или xn+1 = = +∞) дискретный спектр заведомо сохранится, если мы не будем сдвигать крайнюю левую стенку левее x1, а крайнюю правую — правее xn, т. к. асимптотика на бесконечности не может «испортится» при понижении уровня энергии.

Чтобы доказать существование состояния ψn−1, над достаточно показать, что мы можем выкинуть одну из n стенок, которые мы поставили

вточки xk, а оставшиеся так расставить на интервале (x1, xn) в точках yk (k = 1, . . . , n−1), чтобы энергии основных уровней во всех n ямах совпали друг с другом. Тогда искомую функцию всегда можно записать как линейную комбинацию функций основных состояний ψn−1,k (k = 0, . . . , n − 1)

вямах между новыми положениями стенок:

	n−1
ψn−1(x) =
	cn−1,k ψn−1,k (x).
	k=0

Значения функций ψn−1,k(x) вне соответствующих интервалов (yk, yk+1) равны нулю, а коэффициенты cn−1,k подбираются так, чтобы обеспечить в точках yk непрерывность первой производной ψn−1.

176

ГЛАВА 6

Покажем, что расстановка n−1 стенки, при которой энергия основных состояний во всех n ямах одинакова, действительно существует. Для этого мы сделаем естественное предположение, что энергия основного состояния непрерывно зависит от положения бесконечно высоких стенок, ее¨ ограничивающих.

Пусть стенки перемещаются по следующим правилам:

0) Начнем¨ с конфигурации с выкинутой первой стенкой. То есть пусть стенки стоят в точках yk(0) = xk+1 (k = 1, . . . , n − 1).

1)На шаге номер k (k = 1, . . . , n − 1) мы передвигаем стенку номер k влево настолько, чтобы уравнять энергии основных состояний в ямах справа и слева от справа от нее¨. В результате мы получаем конфигурацию

стенок yk(1), в которой энергии основных состояний в яме k монотонно возрастают справа налево при k = 0, . . . , n − 2, а в последних двух ямах основные уровни совпадают, причем¨ En−1,n−2(1) = En−1,n−1(1) < En.

2)Повторяем шаг 1) бесконечно много раз.

3)В результате все мы получаем некоторую предельную конфигурацию стенок yk (k = 1, . . . , n−1). Предел обязан существовать, т. к. все стенки сдвигаются только влево, и не одна и из них не сдвигается левее, чем x1,

т.к. сдвиг левее, чем x1, означает, что En−1,0 > En, что невозможно.

6.2.6. Завершение доказательства*

Мы показали, что если состояние дискретного спектра имеет n внутренних нулей, то мы можем построить состояние, имеющее n − 1 нуль. Уменьшая число нулей на каждом шаге на один, мы убеждаемся, что в дискретном спектре число внутренних нулей меняется с шагом единица от нуля (для основного состояния) до некоторого максимального числа или бесконечности.

Доказанное ранее утверждение, что число нулей в непрерывном спектре растет¨ с ростом энергии, теперь означает, что число нулей нумерует дискретные уровни подряд в порядке возрастания энергии.

Нули функции ψn+1 должны чередоваться с нулями ψn, т. к. нам нужен нуль на каждом промежутке между нулями функции ψn, а таких промежутков имеется ровно n + 1.

Таким образом, осцилляторная теорема доказана.

6.3. Одномерная задача рассеяния

6.3.1.Постановка задачи

Водномерном случае, когда потенциал на бесконечностях имеет конечные пределы, может быть поставлена одномерная задача рассеяния, в кото-

6.3. ОДНОМЕРНАЯ ЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ

177

рой для падающей частицы с определенной¨ энергий надо определить с какой вероятностью она пройдет¨ через потенциал, а с какой вероятностью отразится обратно.

eikx U(x), E

deik'x

re–ikx U1

U+

U–

x

U0

Рис. 6.5. Асимптотики волновой функции на бесконечностях в одномерной задаче рассеяния.

Одномерная задача рассеяния ставится для энергии из непрерывного спектра, причем,¨ как мы увидим далее, нетривиальное решение возможно только для вырожденного значения энергии.

Одномерная задача рассеяния ставится как задача определения асимптотики на бесконечности (там, где потенциал выходит на константу) решения стационарного уравнения Шредингера¨ определенного¨ вида:

ψ +

2m

(E

−

U (x)) = 0,

(6.15)

2

ψ(x)

¯h

+

r e−ikx

, x

,

→

eikx

→ −∞

ψ(x)

d

x +

,

,

падающая волна

отраженная¨ волна

→

eik x

→ ∞

2m U ), k =

2m(E U+).

прошедшая волна

k =

1

(E

−

−

1

−

¯h

¯h

Из задачи (6.15) определяются амплитуда отражения r и амплитуда прохождения d. Падающая, отраженная¨ и прошедшая волны ненормируемы на 1. Падающая волна отнормирована на единичную (относительную) вероятность на единицу длины. В отраженной¨ и рассеянной волнах вероятность (относительная) на единицу длины составляет |r|2 и |d|2. В падающей

0, x 0, V, x > 0.

178

ГЛАВА 6

и отраженной¨ волнах частица имеет импульс +¯hk и −¯hk. В прошедшей волне — +¯hk . Скорость (классическая, или групповая) пропорциональна импульсу, таким образом, отношение потоков в отраженной¨ волне и падающей волне (коэффициент отражения) совпадает с отношением вероятностей. Отношение потоков в прошедшей и падающей волнах (коэффициент прохождения) отличается от отношения вероятностей на отношения скоростей частиц (импульсов, или волновых чисел).

То есть коэффициенты (вероятности) отражения R и прохождения D определяются так:

2		k 2
R = |r| ,	D =	k |d| .	(6.16)

Поскольку частица не может исчезнуть или быть захваченной потенциалом (т. к. энергия сохраняется), R + D = 1 (ниже мы это строго докажем).

6.3.2. Пример: рассеяние на ступеньке

Рассмотрим одномерную задачу рассеяния на потенциале ступенька:

U (x) =

В данном случае асимптотическое поведение волновой функции (6.15)

начинается непосредственно от нуля:
ψ(x) = eikx + re−ikx, ψ (x) = ik		eikx − re−ikx		, x 0, k = ¯h1 √
								2mE,
ik x		ik x			1
						2m(E − V ).
ψ(x) = de	, ψ (x) = ik de , x 0, k =				¯h

Нам остается¨ сшить волновую функцию в нуле, используя условия непрерывности самой функции и ее¨ первой производной:

ψ(−0) = 1 + r = ψ(+0) = d,

ψ (−0) = ik(1 − r) = ψ (+0) = ik d.

Получаем систему

1 + r = d,

d =

2k

,

k + k

(6.17)

k

1

−

r =

k

d

r =

k − k

.

k + k

Из амплитуд выражаем коэффициенты прохождения

и отражения

R = r 2

=

k − k

2

,

D = k

d 2

=

4kk

.

k + k 2

| |

k + k

k

| |

|

|

6.3. ОДНОМЕРНАЯ ЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ

179

Для полученного ответа выполняются следующие свойства:

•R + D = 1 — сохранение вероятности;

•при V = 0 (ступенька исчезает) k = k , частица проходит без рассеяния: R = 0, D = 1;

•при E → +∞ получаем kk → 1, частица проходит без рассеяния:

R → 0, D → 1;

•при V > E волновое число k — мнимое, частица полностью отражается: R = 1, D — мнимое, что означает «неправильную» (экспонен-

циальную) асимптотику при x > 0, т. е. вместо мнимого D следует брать D = 0;6

•если рассмотреть рассеяние справа налево, или, что равносильно, заменить V на −V , а E на E −V , т. е. поменять местами k и k , то R и D не изменятся (неизменность D и R при изменении направления рассеяния в общем случае доказывается далее в разделе 6.3.5 «Рассеяние слева направо и справа налево**»).

Проверка этих общих свойств для конкретного потенциала может применяться как простейший самоконтроль полученного решения одномерной задачи рассеяния.

6.3.3. Пример: рассеяние на δ-яме

Рассмотрим одномерную задачу рассеяния на потенциале δ-ямы:

−¯h2

U (x) = m κ0 δ(x).

Как и для ступеньки, асимптотическое поведение волновой функции (6.15) начинается непосредственно от нуля:

ψ(x) = eikx + re−ikx,		ψ (x) = ik	eikx − re−ikx , x 0,
ψ(x) = de	, ψ (x) = ikde ,		x 0, k =	¯h √
					2mE.
ikx		ikx		1

Одно из условий сшивки по-прежнему условие непрерывности волновой функции, а второе изменяется на условие на скачок первой производной для δ-ямы:

ψ(−0) = 1+r = ψ(+0) = d, ψ |+0−0 = ikd−ik(1−r) = −2κ0ψ(0) = −2κ0d.

6Мнимому D тоже можно придать физический смысл, но это уже не будет коэффициент прохождения.

180 ГЛАВА 6

Получаем систему

1 + r = d,

d =

k

,

κ0

k − iκ0

(6.18)

d + r − 1 = 2i

d

r =

iκ0

.

k

k

− 0

iκ

Из амплитуд выражаем коэффициенты

прохождения и отражения

2

κ02

2

k2

R = |r|

=

,

D = |d|

=

.

k2 + κ02

k2 + κ02

Как пример самопроверки снова проверим общие свойства:

•R + D = 1 — сохранение вероятности;

•при κ0 = 0 (яма исчезает) частица проходит без рассеяния: R = 0, D = 1;

•при E → +∞ получаем κk0 → 0, частица проходит без рассеяния:

R → 0, D → 1;

•при κ0 → −∞ δ-яма превращается в δ-барьер, который по мере роста −κ0 становится все¨ более и более непроницаемым, частица полностью отражается: R → 1, D → 0;

•для четного¨ потенциала рассеяние справа налево не полностью симметрично рассеянию слева направо и отдельно его рассматривать не надо.

6.3.4. Общие свойства одномерного рассеяния

Разрешимость задачи

Если k и k вещественны, то E — двухкратно вырожденное состояние. Отсутствие падающей волны в асимптотике на +∞ (т. е. равенство нулю амплитуды при члене e−ik x при x → +∞) выделяет из двумерного пространства состояний с данной энергий одномерное подпространство. Единичная амплитуда падающей волны (eikx при x → +∞) фиксирует нормировку рассматриваемого решения. Таким образом, амплитуды r и d определяются однозначно.

Если k — вещественное, а k — мнимое, то энергия E относится к непрерывному невырожденному спектру. Асимптотика на +∞ имеет вид

6.3. ОДНОМЕРНАЯ ЗАДАЧА РАССЕЯНИЯ

181

e−|k |x, так что следует считать, что d = 0.7 Как уже говорилось выше, в одномерном случае стационарные состояния могут быть записаны как вещественные волновые функции. Для невырожденного уровня это означает, что собственное состояние всегда может быть сделано вещественным умножением на постоянный множитель. Для асимптотики x → −∞ получаем, что |r| = 1, т. е. частица отражается с единичной вероятностью. Однако фаза амплитуды r может нести некоторую интересную информацию (например, если одномерная задача получена из задачи на радиальное движение в центральном поле).

Сохранение вероятности*

Свойство сохранения вероятности при рассеянии (R + D = 1) мы уже обосновали. Теперь мы его докажем.

Плотность вероятности (x) обнаружения частицы в точке x и плотность потока вероятности j(x) задаются выражениями8

2			i¯h							pˆ	ψ(x) .
(x) = |ψ(x)| ,		j =		(−ψ ψ + ψ ψ ) = Re ψ (x)
			2m							m
Для них выполняется уравнение непрерывности9
	∂ρ	+ div j = 0,				∂ρ	+	∂j	= 0.
	∂t							∂x
				в		∂t
					одномерии

В одномерном случае вектор j имеет всего одну компоненту.

Для стационарных состояний от времени зависит только фаза волновой функции и ∂ρ∂t = 0. Так что для одномерных стационарных состояний, которые используются в одномерной задаче рассеяния, ток вероятности вдоль

7Как мы уже видели выше, для рассеяния на ступеньке с высотой выше, чем энергия

частицы, аналитическое продолжение со случая бегущей прошедшей волны eik x на случай вещественной экспоненты даст нам ненулевое значение d, однако формально вычисленный

коэффициент прохождения D =	k	2	при этом оказывается мнимым, что ясно говорит
	k |d|

нам, что eik x уже не волна де Бройля, а вещественная экспонента, затухающая на +∞, и правильное значение d = 0.

8Cм. раздел 13.6 «Сохранение вероятности и уравнение непрерывности», можно отложить чтение текущего раздела до тех пор, пока указанный раздел не будет изучен, или перепрыгнуть вперед,¨ а потом вернуться назад. Либо последовать совету в следующей сноске.

9Вы можете, используя уравнение Шредингера,¨ легко проверить это уравнение и рассматривать его как обоснование приведенного¨ определения j. Либо можно ограничиться проверкой свойства j(x) = const для одномерного стационарного случая.

	182	ГЛАВА 6
	всей оси постоянен:
	j(x) = const,	j(x) =	i¯h	( ψ ψ + ψψ ).
			2m
				−

Вычислим j(x) на −∞ и +∞, используя заданные при постановке задачи (6.15) асимптотики:

j(+∞) = |d|2 ¯hk , m

j(−∞) = j(+∞)

j(−∞) = (1 − |r|2) ¯hkm .

	2	=	k	2
	1 − |r|		k |d| .
			D
	R

6.3.5. Рассеяние слева направо и справа налево**

Выше мы сформулировали одномерную задачу рассеяния для волны, падающей слева направо (6.15), однако мы можем поставить для того же потенциала U (x) задачу рассеяния для волны, падающей справа налево:

ψ +

2m

(E

−

U (x)) = 0,

(6.19)

¯h2

o

ψo(x) → e−ik x

+ ro eik x

, x → +∞,

падающая волна

ψ (x)

отраженная¨ волна

d e−ikx

,

x

,

→

o

o

→ −∞

прошедшая волна

1

1

k =

(E

U ), k =

2m(E

U+),

2m

¯h

2

−

−

k

2

¯h

−

Ro = |ro| ,

Do =

|do| .

(6.20)

k

Решив для одного потенциала U (x) задачу рассеяния в обоих направлениях для энергии E > U+, мы получим два разных решения ψ(x) и ψo(x) стационарного уравнения Шредингера¨ для одного и того же потенциала и одной и той же энергии. Еще¨ два решения того же уравнения для той

же энергии мы можем получить, взяв комплексно сопряженные¨ функции

ψ (x) и ψo (x).

Все четыре решения принадлежат к одному двумерному линейному пространству решений стационарного уравнения Шредингера¨ с данной энергией. Отсюда следует, что между ними должна быть линейная зависимость.