浅谈薛定谔方程的不含时解


如题,本文适合轻度装X不甚深入,可放心食用
前置知识:
- 偏导数
- 复数(以及欧拉公式)
- 仅需常微分方程即可
- 基本的量子力学常识

让我康康

一维空间中的薛定谔方程(含时)长这个样子:
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi(x,t)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\Psi(x,t)+V(x,t)\Psi(x,t)
其中,\Psi(x,t)为波函数,是从两个实数(x,t)到一个复数的映射。
\hbar约化普朗克常数,约等于1.0545718 × 10^{-34} m^2 \cdot kg/s
其实就是\hbar=\frac{h}{2\pi}
m为粒子质量
V(x,t)为势能函数,即空间中每一点的势能。

我不要解偏微分方程!!111

可以。如题,这里讨论不含时薛定谔方程,所以我们来简化一下
如果\Psi可分离,即:
\Psi(x,t)=\psi(x)T(t)
代入原方程:
i\hbar\frac{d}{dt}T(t)\psi(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)T(t)+V(x,t)\psi(x)T(t)
哇,变成常微分方程了,爽
两边同除\psi(x)T(t),得
i\hbar\frac{\frac{d}{dt}T(t)}{T(t)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)}{\psi(x)}+V(x,t)
因为不含时,所以V(x,t)t应该是无关的
这样的话上式左边只能是常数了
不妨设该常数为E
(其实E就是能量,但我不知道为什么)
于是得
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)=(E-V(x))\psi(x)
上式即不含时薛定谔方程
不仅不含时,还不含i,太爽了,直接把\psi当作实函数吧(虽然我不知道为什么)

先解决T(t)

E=i\hbar\frac{\frac{d}{dt}T(t)}{T(t)}
E T(t)=i\hbar\frac{d}{dt}T(t)
一阶线性常微分方程,直接上通解:
T(t)=Ce^{-i\frac{E}{\hbar}t}
不妨令C=1,这样|T(t)|=1,下文标准化时更爽
这样的话完整的解为:
\Psi(x,t)=\psi(x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}

好了,来解\psi(x)

第一种情况:自由空间
V(x)=0
代入不含时薛定谔方程得:
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)=E\psi(x)
当然这也是有通解的,如下:
\psi(x)=Asin(kx)+Bcos(kx)
其中k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}
A,B为常数。
完整形式:
\Psi(x,t)=(Asin(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x)+Bcos(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x))e^{-i\frac{E}{\hbar}t}
恭喜,你已经解出了薛定谔方程最简单的解(自由空间)。

更难一点

自由空间太无聊了,现在我们解无限深方阱
V(x) = \begin{cases} 0&x \in [0,L] \\ +\infty&x \not\in [0,L] \end{cases}
在方阱中,明显符合上文自由空间的解
但在阱外,明显\psi(x)=0
由于\psi(x)连续,必然要满足边界条件,即:
\psi(0)=0,\psi(L)=0
代一代
\psi(0)=B
啊,B=0cos没了
\psi(L)=Asin(kL)=0
那么必然有:
kL=n\pi\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
展开,
\frac{\sqrt{2mE}L}{\hbar}=n\pi
E可得:
E=n^2\frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
因为\hbar=\frac{h}{2\pi}
可得(常用形式):
E_n=\frac{n^2 h^2}{8mL^2}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
哇!!!
能量被量子化了
我们称之为能级
而且不同于经典力学,能量不能为0
n=1时:
E_1=\frac{h}{2mL^2}
我们称之为零点能量

标准化

标准化,即通过常数操作使得\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x,t)|^2dx=1
众所周知,|\Psi(x,t)|^2可以理解为在某一时刻在某一位置测得粒子的概率密度,概率的积分自然应该为1
这里通过调整A达到此目的(所谓常数操作)。
我们上文已经使得|T(t)|=1了,所以不用关心这一项
只要:
\int_0^L\psi(x)^2dx=1
即可。
那么就积一下吧
=A^2\int_0^L sin^2(\frac{n\pi}{L}x)dx
然后可以换换元,用一下二倍角公式就做出来了留作习题答案略
积出来是A^2\frac{L}{n\pi}(\frac{1}{2}n\pi-\frac{1}{4}sin(n\pi))
会发现sin(n\pi)刚好为0,原式化为:
A^2\frac{L}{2}=1
A=\sqrt{\frac{2}{L}}
综上,
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}sin(\frac{n\pi}{L}x)
\Psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}sin(\frac{n\pi}{L}x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)

结论

由于最终的波函数是个sin,在某些位置(波节)测量根本不会测得粒子的存在。
另外,如果把波函数画出来,和固定两端的震动的弦的驻波完全相同。
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n=1即为一次谐波,n=2即为二次谐波,以此类推。
神奇的量子力学。

版权声明:
作者:Zzzyt
链接:https://blog.hellholestudios.top/archives/487
来源:Hell Hole Studios Blog
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THE END
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