Частица в "логарифмическом колодце"

[madschumacher]

Добрый вечер Всем!

Возник такой вопрос:
если есть частица в потенциале $V(x)=V_0 \ln(x), \ x \in (0,+\infty)$, то стационарное уравнение Шредингера не имеет точного аналитического решения, верно? Погуглив немного, нашел всякие работы по расчету состояний частицы в этом потенциале, всякие асимптотические оценки на решения.
Вопрос:
можно ли использовать а качестве "пробной" функции для основного состояния подобной частицы в.ф. вида
$\psi(x) \propto x \cdot \exp(-ax), a>0$ (естественно, после поиска $a$ из вариационного принципа)? Она вроде похожа на асимптотику из одной из работ. Не сильно ли будет враньё в этом случае?
Заранее спасибо и извинение за беспокойство.

UPD: или я туплю, и в 1D случае данная задача не решается вообще? А предложенная пробная функция не даёт конечного интеграла для данного потенциала.

[amon]

madschumacher в сообщении #1301312 писал(а):

А предложенная пробная функция не даёт конечного интеграла для данного потенциала.

Да вроде все хорошо с интегралами. Они спокойно берутся. Про точность ничего сказать не могу.

-- 03.04.2018, 01:09 --

В нуле, как я понял, бесконечная стенка стоит.

[Red_Herring]

Если Вас интересует асимптотика с.ф. , соответствующая фиксированному с.з., то асимптотика при $x\to \infty$, скорее всего $-\ln ( \psi (x))\sim \int \ln(x)^{1/2}\,d x\sim x\ln (x)^{1/2}$, т.е. убывать будет быстрее $e^{-ax}$

[madschumacher]

amon в сообщении #1301341 писал(а):

Да вроде все хорошо с интегралами. Они спокойно берутся.

Как же? Там один из возникающих интегралов -- это $\int_0^{+\infty} \ln(x) \exp(-2ax) dx$. Если его интегрировать по частям, то вылезает пичалька, если я не туплю.
Red_Herring, а с функцией такого вида интегралы в аналитическом виде будут браться?

[iwndr]

madschumacher в сообщении #1301362 писал(а):

Там один из возникающих интегралов -- это $\int_0^{+\infty} \ln(x) \exp(-2ax) dx$

Нормально берется если помнить про постоянную Эйлера.

[Red_Herring]

madschumacher
Откуда $e^{-ax}$?!! $e^{-ax}$ было бы если $V(x)\sim H$ при $x\gg 1$, тогда при $E<H$ получили бы это с $a^2=H-E$.

Давайте по простому: ищем решение $-u''+V(x)u=E u$, которое стремится к $0$ на бесконечности. Попробуем $u=e^{-\varphi(x)}$. Пренебрегая меньшими членами получим $=-(\varphi')^2 +V(x)=0$ (не забудем, что $V\gg E$ при $x\gg 1$.

Разумеется, это очень грубо--из-за очен0 медленно растущего потенциала. Правильнее $\varphi'=\sqrt{V(x)-E}$. Тогда ошибка будет$-\varphi'' u$, и ее компенсируем $\varphi\mapsto \varphi+\varphi_1$, где $2\varphi'\varphi'_1= \varphi''$. Тогда $\varphi'_1\sim \frac{1}{2}x^{-1}$ и $\varphi_1 \sim \frac{1}[2}\ln x$, что приводит к фактору $x^{-1/2}$ и это уже будет правильной амплитудой. Продолжая, мы можем получить более точную асимптотику...

[madschumacher]

amon в сообщении #1301341 писал(а):

В нуле, как я понял, бесконечная стенка стоит.

Да, там стенка, можно и так считать.

iwndr в сообщении #1301369 писал(а):

Нормально берется если помнить про постоянную Эйлера.

Упс, спасибо. К своему стыду, из курса матана не вынес её.

Red_Herring в сообщении #1301374 писал(а):

Откуда $e^{-ax}$?!!

Честно говоря, из решения задачи о частице в Кулоновском потенциале. Вообще, меня скорее интересует правильная асимптотика при $x \rightarrow 0$, а при $x \rightarrow \infty$, меня бы удовлетворила и просто $\psi \rightarrow 0$.

[Red_Herring]

madschumacher в сообщении #1301538 писал(а):

Честно говоря, из решения задачи о частице в Кулоновском потенциале.

Ух, так он же убывает к бесконечности ... а логарифмический растет.

madschumacher в сообщении #1301538 писал(а):

Вообще, меня скорее интересует правильная асимптотика при $x \rightarrow 0$

Тогда, какой потенциал в точности? И какое условие в $0$ ? Смотрите, это м.б. одномерный потенциал на $(0,\infty)$, и тогда в $0$ надо наложить условие на функцию (Дирихле, Неймана, .... ), или это на $(-\infty,+\infty)$, или это вообще из трехмерной сферически симметричной задачи

Вас интересует основное состояние или любое? Заметим, что потенциал очень слабо сингулярный , поэтому будет "почти" как при постоянном. Ведь только вторая производная может заработать логарифмический множитель, и только если условие $u(0)=0$

[madschumacher]

Red_Herring в сообщении #1301539 писал(а):

Ух, так он же убывает к бесконечности ... а логарифмический растет.

Если притягивающий, то нет, разве нет?

Red_Herring в сообщении #1301539 писал(а):

Тогда, какой потенциал в точности? И какое условие в 0?

madschumacher в сообщении #1301538 писал(а):

Да, там стенка, можно и так считать.

т.е. $\psi(0)=0$ и $\psi'(0)=0$, если я правильно понимаю.

Red_Herring в сообщении #1301539 писал(а):

Вас интересует основное состояние или любое?

Интересует только основное. Если я правильно понимаю, можно было бы оценить $E$ из условия Бора-Зоммерфельда (с масловской поправкой), и потом из рекомендуемого Вами, если я правильно понял, WKB оценить в.ф.. Правда, тогда надо брать интеграл вида $\int \sqrt{\ln(x)}dx$, который выражается через $\mathrm{erf}(x)$, и каким-то образом "сшивать" функции в классически разрешённой и запрещенной областях.

[amon]

madschumacher в сообщении #1301582 писал(а):

$\psi'(0)=0$

Если стенка, то этого не надо.

madschumacher в сообщении #1301582 писал(а):

Если притягивающий, то нет

Не понял. У Вас Кулон двумерный? Тогда в нуле другое условие.

[Red_Herring]

madschumacher в сообщении #1301582 писал(а):

Если притягивающий, то нет, разве нет?

Как нет? Если потенциал притягивающий и логарифмический, то $V(r)= \ln (r)$, т.е. потенциал растет к $+\infty$ на бесконечности, и тогда весь спектр дискретный (ну как у гармонического осциллятора, например, но только с.з., конечно, другие, и растут они медленно).

madschumacher в сообщении #1301582 писал(а):

т.е. $\psi(0)=0$ и $[math]$\psi'(0)=0$[/math], если я правильно понимаю.

Неправильно. Смотрите, если потенциал логарифмический, то он очень слабо сингулярен в $0$ и потому, вне зависимости от его знака, нужно одно и только одно граничное условие в $0$. Какое? Какое хотите (или физика диктует), но одно.

А вот, чтобы понять, какое это условие физика диктует, начинать надо пораньше, с оригинальной задачи, какой бы размерности она ни была.

amon в сообщении #1301585 писал(а):

Не понял. У Вас Кулон двумерный? Тогда в нуле другое условие.

Да и уравнение другое ...

[madschumacher]

Red_Herring в сообщении #1301589 писал(а):

Как нет?

Ну притягивающий Кулон же растет при $x\rightarrow \infty$?

amon в сообщении #1301585 писал(а):

Если стенка, то этого не надо.

Упс, что-то совсем плох стал. Действительно, условие на производную лишнее.

Red_Herring в сообщении #1301589 писал(а):

А вот, чтобы понять, какое это условие физика диктует, начинать надо пораньше, с оригинальной задачи, какой бы размерности она ни была.

Да, прошу прощения, действительно я зря сразу задачу не сказал (точнее ее происхождение).
Я рассматриваю обрезок от т.н. гамильтониана Нозе, на масштабируемую координату s:
$\hat{H}=p^2/(2Q) + gkT \ln(s)$. Просто стало интересно, есть ли решение (и смысл) у квантовой задачи. Координата по построению неотрицательная и ненулевая.

[Red_Herring]

madschumacher в сообщении #1301595 писал(а):

Ну притягивающий Кулон же растет при $x\rightarrow \infty$?

Возрастает, до $-0$. Т.е. даже убывает (по абсолютной величине).

Сравните: у Кулона непрерывный спектр $[0,\infty)$ (причем у отталкивающего с.з. нет, а у притягивающего их бесконечно много, и накапливаются к $-0$, потому как он убывает, но медленно--медленнее $1/r^2$), а вот у гармонического осциллятора с.з. много, накапливаются к +$\infty$, а непрерывного спектра нет; а вот если взять потенциал, стремящийся на бесконечности к $-\infty$, то там чтобы просто определить оператор придется немного повозиться)

madschumacher в сообщении #1301595 писал(а):

Я рассматриваю обрезок от т.н. гамильтониана Нозе

Выпишите его возможно более подробно

[madschumacher]

Red_Herring в сообщении #1301599 писал(а):

Т.е. даже убывает (по абсолютной величине).

Аааа, по абсолютной величине... Ясно.

Red_Herring в сообщении #1301599 писал(а):

Выпишите его возможно более подробно

Для имитации $NVT$-ансамбля при усреднении классической траектории системы частиц был придуман термостат Нозе: была добавлена одна дополнительная безразмерная степень свободы $s$, масштабирующая время. Гамильтониан для подобной системы записывается как
$\mathcal{H}_N = \frac{T}{s^2} + V + \frac{p_s^2}{2Q} + gkT\ln(s)$, где изначальный гамильтониан $= T+V$, $p_s$ -- сопряженный импульс для $s$, а $Q$ -- эффективная масса, регулирующая борзоту силу воздействия термостата. Из этого Гамильтониана для виртуальных степеней свободы и времена выписываются уравнения движения, после чего обычно делают замену к "реальным" степеням свободы, приходя к негамильтоновой системе уравнений.
Вот, я и подумал, а что если "откусить" отсюда добавку и попробовать решить задачу о квантовом движении с таким гамильтонианом...

[Red_Herring]

А кто такой $T$? Какова размерность? И что пробегает $s$? Если $s>0$, то надо задать граничное условие (одно)