2.9 幂级数求解谐振子薛定谔方程 Harmonic oscillator TISE solution by power series

https://www.youtube.com/watch?v=DDvnybFrVlE&list=PL65jGfVh1ilueHVVsuCxNXoxrLI3OZAPI&index=21

前言

前面讲的是利用梯度算符求解基态薛定谔方程，本节讲利用其他方法，如power series求解薛定谔方程，power series常用来求解常微分方程

1. 谐振子TISE

$\underbrace{({- \frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 }{\partial x^2} + 1/2 m \omega^2 x^2})}_{\hat H} \Psi = E \Psi$

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Asymptotic solution 幂级数解法
- 令 $\zeta >>1$
- $\frac{d^2 \psi}{d \zeta^2} = (\zeta^2 - K)\psi$
  这里的 $\psi$ 都是静态波函数，仅是x的函数,根据 $\zeta >>1$ ，可以得到下述简化
- $\frac{d^2 \psi}{d \zeta^2} \approx \zeta^2 \psi$
此时求解二阶常微分方程可以得到波函数约为：
$\psi \approx A e^{-\zeta^2/2} + B e^{\zeta^2/2}$
此时波函数对 $\zeta$ 的二次求导可以变为：
$\frac{d^2}{\zeta^2}(e^{-\zeta^2/2}）=（\zeta^2-1)e^{-\zeta^2/2}$
因为 $\zeta >>1$ ，所以 $\zeta^2-1=\zeta^2$
- 注意，因为波函数是归一化的，且 $\zeta >>1$ ，所以波函数中B必须=0
接下来我们需要把幂级数去掉
- $\frac{d^2 \psi}{d \zeta^2} = (\zeta^2 - K)\psi$
- 要把幂级数去掉，我们先假设
  $\psi(\zeta) = h(\zeta) e^{-\zeta^2/2}$
- 对波函数一次倒数
  $d\psi/{d\zeta} = dh/{d\zeta} e^{-\zeta^2/2} - h\zeta e^{-\zeta^2/2}$
- 对波函数二次倒数
  $\frac{d^\zeta}{d\zeta^2}=\frac{d^2h}{d\zeta^2} e^{-\zeta^2/2}-2 \frac{dh}{d\zeta} \zeta e^{-\zeta^2/2} - he^{-\zeta^2/2} + h \zeta^2 e^{-\zeta^2/2}$
  $=(\frac{d^2h}{d\zeta^2}-2 \zeta \frac{dh}{d\zeta} + (\zeta^2 - 1)) e^{-\zeta^2/2}$
- 将上式带入波函数 $\frac{d^2 \psi}{d \zeta^2} = (\zeta^2 - K)\psi$ 中
  简化得更简单的公式：
  $\frac{d^2h}{d\zeta^2}-2 \zeta \frac{dh}{d\zeta} + (K - 1)=0$
求解
- 利用幂级数求解薛定谔方程的重要一步是“猜”
  假设 $h(\zeta) = a_0 + a_1\zeta + a_2 \zeta^2 + ... = \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^j$
$\frac{dh}{d\zeta} = a_1 + 2a_2\zeta + 3a_3\zeta^2 + .. = \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^{j-1}$

$\frac{d^2h}{d\zeta^2} = 2a_2 + 3 \cdot 2 \cdot a_3 \zeta + .. = \sum_{j=0}^{\infty} a_j(j-1) \zeta^{j-2} = \sum_{j=0}^{\infty} (j+2)(j+1) a_{j+2} \zeta^j$
- 将上述多次导数带入新方程： $\frac{d^2h}{d\zeta^2}-2 \zeta \frac{dh}{d\zeta} + (K - 1)=0$
- 注意，为了统一sum函数的格式，我们令二次导数中j=j+2，即
  $\frac{d^2h}{d\zeta^2} = 2a_2 + 3 \cdot 2 \cdot a_3 \zeta + .. = \sum_{j=0}^{\infty} a_j(j-1) \zeta^{j-2} = \sum_{j=-2}^{\infty} (j+2)(j+1) a_{j+2} \zeta^j = \sum_{j=0}^{\infty} (j+2)(j+1) a_{j+2} \zeta^j$ 因为当j=-1，or-2时sum函数都等于0，所以sum函数的下标可直接改为0。
$\Rightarrow \sum_{j=0}^{\infty} (j+2)(j+1) a_{j+2} \zeta^j - 2 j \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^{j-1} + (K-1) \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^j = 0$

$\Rightarrow \sum_j^{\infty}[(j+2)(j+1) a_{j+2} - 2ja_j + (K+1） a_j] \zeta^j=0$

$\Rightarrow (j+2)(j+1) a_{j+2} - 2ja_j + (K+1） a_j$

$\Rightarrow a_{j+2} = \frac{2j-K+1}{(j+2)(j+1)}a_j$
- 回顾h函数： $h(\zeta) = a_0 + a_1\zeta + a_2 \zeta^2 + ... = \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^j$
  那么只要知道 $a_0,就可以得到a_2,\ a_4...,\ 只要知道a_1,\ 就可以得到a_3,\ a_5,...$
- 因为涉及到幂级数，那么最重要的一点就是这个幂级数收不收敛，如果不收敛的话，波函数就无法归一化的
证明幂级数的收敛
假设法：假设幂级数是收敛的，n是最高的幂级数：
那么：
$\Rightarrow \frac{2n+1-K}{(n+2)(n+1)}a_n = a_{n+2} = 0$

$\Rightarrow K=2n+1$

$h(\zeta) = a_0 + a_1\zeta + a_2 \zeta^2 + ... = \sum_{j=0}^{\infty} a_j \zeta^j$
如果最大的n是奇数，那么所有奇数下标的a都等于0；
如果最大的n是偶数，那么所有偶数下标的a都等于0；
所以，要么奇数下标的a=0，要么偶数下标的a=0，但是不可能两者都等于0，那波函数就没意义了。

总结：
经过上述推导，我们得到
- 这说明能量的量子化，画波函数定量图
  
  image.png

结论
- When $a_0 \neq 0,\ n=0, a_1 = 0$
  $h_0=a_0$
  $\Rightarrow \underbrace{\Psi_0(\zeta) = a_0 e^{-\zeta^2/2}}$
- When $a_0 =0,\ n=1, a_1 \neq 0$
  $h_1=a_1 \zeta$
  $\Rightarrow \underbrace{\Psi_1(\zeta) = a_1 e^{-\zeta^2/2}}$
- When $a_0 \neq 0,\ n=2, a_1 = 0$
  $h_2=a_0 + a_0 \frac{-2(2-0)}{2 \cdot 1}$
  $\Rightarrow \underbrace{\Psi_2(\zeta) = a_0(1-2\zeta^2 )e^{-\zeta^2/2}}$
下表给出了常用的H值，以及利用波函数的归一化条件求得的薛定谔方程，和利用梯度算符结果一致。

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