Для классической частицы можно говорить о её импульсе и её траектории. Формально можно расширить обычное трёхмерное пространство ($x,y,z$) на 6–мерное пространство, добавив ещё три координаты — три проекции импульса ($p_x, p_y, p_z$). Такое пространство называют фазовым пространством. В двумерном фазовом пространстве $(p_x,x)$ можно рассмотреть площадь: $$S\sim \oint pdx$$ которая для классической частицы может принимать любое значение. Но в квантовом случае это не так.

В квантовом случае действует правило квантования Бора–Зоммерфельда $$ \frac 1{2\pi \hbar}\oint pdx= \frac 12 + n, $$ где $n=0,1,2, \ldots $.

Пользуясь правилом квантования Бора–Зоммерфельда $$ \frac 1{2\pi \hbar}\oint pdx= \frac 12 + n, $$ где $n=0,1,2, \ldots $, найти уровни энергии гармонического осциллятора.

Полная энергия гармонического осциллятора равна: $$ E=\frac{p^2}{2m}+\frac 12 m\omega^2 x^2 = \frac{p_0^2}{2m} = \frac 12 m\omega^2 A^2, $$ где $p_0$ — амплитуда импульса, $A$ — амплитуда координаты так, что $$ x=A\sin(\omega t +\phi ), \ \ \ p=p_0\cos(\omega t+ \phi )=mv=mA\omega \cos(\omega t+ \phi ). $$ Найдем интеграл $$ \oint pdx=\oint p_{0}\cos(\omega t+\phi)d\left(A\sin(\omega t+\phi)\right)=m\omega A^{2}\intop_{0}^{2\pi}\cos^{2}(\omega t+\phi)\,dt= $$ $$ \frac{m\omega A^{2}}{2}\intop_{0}^{2\pi}1+\cos2(\omega t+\phi)\,dt=\frac{m\omega A^{2}}{2}\left.\left(t+\frac{\sin2(\omega t+\phi)}{2\omega}\right)\right|_{0}^{2\pi}=\pi m\omega A^{2} $$ Тогда в соответствии с правилом квантования Бора–Зоммерфельда $$ \frac 12 + n= \frac 1{2\pi \hbar}\oint pdx= \frac{\pi m\omega A^{2}}{2\pi \hbar}. $$ Подставив в выражение для энергии: $$ E=\frac 12 m\omega^2 A^2=\hbar\omega \left(\frac 12 + n\right). $$

Волновая функция удовлетворяет уравнению Шрёдингера: $$ \widehat{H}\Psi =E\Psi, $$ где $\widehat{H}$ — оператор Гамильтона (Гамильтониан): $$ \widehat{H}=\frac{\widehat{p}^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)= \frac{(-i\hbar \nabla)^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)= -\frac{\hbar^2\Delta }{2m}+\widehat{U}(x,y,z). $$

Найти уровни энергии и построить соответствующие волновые функции в одномерной прямоугольной бесконечной потенциальной яме шириной $a.$

Потенциальная яма описывается потенциалом: $$ U(x)=\left\{ \begin{array}{cc} 0 & \text{при }0\leq x\leq a\\ \infty & 0<x\text{ и }x>a \end{array}\right . . $$ Найдём функцию $\Psi $ внутри ямы: $$ -\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_1 '' =E\Psi _1. $$ Общим решением этого диф. уравнения будет $$ \Psi _1=A\sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x \right)+B\cos\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x \right). $$ Квадрат волновой функции описывает вероятность обнаружении частицы, но для бесконечной ямы — частица не может её покинуть, следовательно, при $0<x\text{ и } x >a$ волновая функция $\Psi _2=0$.

Тогда из непрерывности волновой функции $$ \Psi _1(0)=0=A \cdot 0 +B\cdot 1 \Rightarrow B=0. $$ $$ \Psi _1(a)=0=A \cdot \sin\left(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}a \right) \Rightarrow \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}a=\pi n. $$ Пришли к дискретному спектру: $$ E_n=\frac{\hbar^2\pi ^2 n^2}{2ma^2}. $$ Результат можно сравнить с оценкой основного состояния на основе соотношения неопределённости: $$ E_0=\frac{(\Delta p)^2}{2m}=\frac{\hbar ^2}{8ma^2} . $$ Запишем волновую функцию с соответствующей энергией $E_n$: $$ \Psi _n(x)=A \cdot \sin\left(\frac{\sqrt{2mE_n}}{\hbar}x \right) = A \cdot \sin\left(\frac{\pi nx}{a} \right). $$ Осталось определить константу $A$ исходя из того, что квадрат волновой функции описывает плотность вероятности, но тогда: $$ \int pdx=1=\intop_0^a A^2 \sin^2\left(\frac{\pi nx}{a} \right) dx= \frac{A^2}2 \intop_0^a 1-\cos\left(2\frac{\pi nx}{a} \right) dx= \frac{A^2a}2. $$ Окончательно запишем $$ \Psi _n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}} \cdot \sin\left(\frac{\pi nx}{a} \right). $$

Найти уровни энергии и построить соответствующие волновые функции в одномерной прямоугольной потенциальной яме шириной a и глубиной $-U_0.$ \begin{center} \includegraphics[scale=0.5]{03-1}

В данном случае потенциальная яма описывается функцией $$ U(x)=\left\{ \begin{array}{cc} -U_0 & \text{при }-\frac a2\leq x\leq \frac a2\\ 0 & -\frac a2<x\text{ и }x>\frac a2 \end{array}\right . . $$ Рассмотрим три волновых функции и «сошьём» их на границе.

Найдём функцию $\Psi $ внутри ямы: $$ -\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_2 '' -U_0\Psi _2=E\Psi _2. $$ Совершенно аналогично предыдущей задаче, но вводя $k_2=\frac p\hbar=\frac{\sqrt{2m(E+U_0)}}{\hbar}$ — волновое число, получим общее решение: $$ \Psi_2(x)=A_2\sin(k_2x)+B_2\cos(k_2x). $$

Для случая частицы вне ямы, рассмотрим вариант когда её энергии не хватает что бы она покинула яму: $E<0$\pause, тогда уравнение Шрёденгера $$ -\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_i '' =E\Psi _i=-|E|\Psi _i $$ и вводя $k_1=\frac p\hbar=\frac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar}$ запишем общее решение: $$ \Psi_i(x)=A_i\exp(k_1x)+B_i\exp(-k_1x). $$

Так как любую функцию можно представить в виде суммы чётной и нечётной функции, то найдём сначала чётное решение $\Psi (-x)=\Psi(x)$. \pause Сшивая волновую функцию на границе: $$ \Psi_1(-\frac a2)=\Psi_2(-\frac a2) \ \ \text{ и } \ \ \Psi_2(\frac a2) = \Psi_3(\frac a2) $$ её производную $$ \Psi_1'(-\frac a2)=\Psi_2'(-\frac a2) \ \ \text{ и } \ \ \Psi_2'(\frac a2) = \Psi_3'(\frac a2) $$ получим систему $$ A_1\exp(-k_1\frac a2)=B_2\cos(k_2\frac a2), \ \ k_1 A_1\exp(-k_1\frac a2)=-B_2k_2\sin(-k_2\frac a2), $$ тогда получаем уравнение $$ \text{tg }\left(\frac{k_2a}{2} \right)=\frac{k_1}{k_2}. $$

Вспоминая определения $k_1, \ k_2$ получим уравнения на энергию $E$: $$ \text{tg }\left(\frac{\sqrt{2m(U_0-|E|)}a}{2\hbar} \right)=\frac{\sqrt{{E}}}{\sqrt{U_0-|E|}}. $$ Для антисимметричной функции получится уравнение $$ \text{ctg }\left(\frac{\sqrt{2m(U_0-|E|)}a}{2\hbar} \right)=\frac{\sqrt{{E}}}{\sqrt{U_0-|E|}}. $$

Найти среднюю координату и наиболее вероятную координату частицы, состояние которой описывается волновой функцией: $$ \Psi(x)=\left\{ \begin{array}{cc} xe^{-\frac xa} & \text{ при } x\geq 0\\ 0 & \text{ при } x<0 \end{array}\right. . $$

Среднее значение оператора $x$ $$ \langle x \rangle =\langle \Psi |x| \Psi \rangle = \intop _{-\infty}^{\infty} \Psi ^*x\Psi dx $$ Но в первую очередь нормируем волновую функцию: $$ 1= \intop _{-\infty}^{\infty} \Psi ^*\Psi dx = A^2\intop _{0}^{\infty} x^2e^{-\frac{2x}{a}} dx = A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^{3} \intop _{0}^{\infty} t^2e^{-t} dt = $$ $$ A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^{3} \intop _{0}^{\infty} t^2e^{-t\alpha }\left .\right|_{\alpha =1} dt = A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^{3} \left .\intop _{0}^{\infty} \frac{d^2}{d\alpha^2}e^{-t\alpha } dt\right|_{\alpha =1} = $$ $$ A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^{3} \left . \left(\frac{d^2}{d\alpha ^2} \frac 1\alpha\right) \right|_{\alpha =1} = A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^{3} \cdot 2 = 1. $$ Следовательно $A^2=\frac{4}{a^3}$. Найдём теперь среднюю координату: $$ \langle x \rangle = A^2\intop _{0}^{\infty} x^3e^{-\frac{2x}{a}} dx = A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^4 \intop _{0}^{\infty} t^3e^{-t} dt = $$ $$ -A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^4\frac{d^3}{d\alpha ^3} \intop _{0}^{\infty} e^{-t\alpha } dt = A^2 \left(\frac{a}{2}\right)^4 \cdot 6= \frac{4}{a^3} \left(\frac{a}{2}\right)^4 \cdot 6 = \frac{3a}{2}. $$

Для нахождения наиболее вероятной координаты найдём экстремум плотности вероятности $$\rho(x)=\Psi^{*}\Psi= A^{2}x^{2}e^{-\frac{2x}{a}}.$$ Итак: $$\frac{d}{dx}\rho(x)= A^{2}\left(2xe^{-\frac{2x}{a}}-\frac{2x^{2}}{a}e^{-\frac{2x}{a}}\right)= 2A^{2}xe^{-\frac{2x}{a}}\left(1-\frac{x}{a}\right)=0,$$ следовательно, $x=a$.