Две ямы

[StaticZero]

Пусть есть какой-то двухъямный потенциал типа такого:
$\begin{tikzpicture} \draw (-4, 3)--(-4, -2)--(-1, -2)--(-1, 0)--(1, 0)--(1, -2)--(4, -2)--(4, 3); \draw [->, thick] (-6, 0)--(6, 0) node [pos=0.99, below] {$x$}; \draw [->, thick] (0, -3)--(0, 3.5) node [pos=0.97, left] {$E$}; \draw [fill] (-4, 0) circle (1mm) node [above left] {$-a-\frac b 2$}; \draw [fill] (-1, 0) circle (1mm) node [above left] {$-\frac b 2$}; \draw [fill] (1, 0) circle (1mm) node [above right] {$\frac b 2$}; \draw [fill] (4, 0) circle (1mm) node [above right] {$a+\frac b 2$}; \draw [dashed] (-1, -2)--(1, -2) node [pos=0.5, below left] {$-U_0$}; \end{tikzpicture}$

Пусть мы хотим найти глубоколежащее основное состояние (предполагаем, что оно реально глубоко лежит). Мы не хотим решать честно уравнение Шрёдингера, а хотим взять основное состояние левой ямы (в том месте, где левая яма, потенциал $L(x)$ равен $-U_0$, в остальном пространстве, где наш двухъямный потенциал не бесконечен, он равен нулю, а где бесконечен -- там $\infty$) и основное состояние правой ямы (всё аналогично для потенциала $R(x)$):

$$ \psi = \alpha \psi_L + \beta \psi_R $$

Гамильтониан двухъямного потенциала равен $\hat {\mathcal H} = \hat {\mathcal T} + L(x) + R(x)$, и действуя им на линейную комбинацию, получаем

$$ \hat {\mathcal H} \psi =\alpha (\hat {\mathcal H}_L + R(x))\psi_L + \beta (\hat {\mathcal H}_R + L(x)) \psi_R = E_0 \psi + \alpha R(x) \psi_L + \beta L(x) \psi_R, $$

где $\hat {\mathcal H}_L = \hat {\mathcal T} + L(x)$ и аналогично $\hat {\mathcal H}_R$. Уравнение Шрёдингера $\hat {\mathcal H} \psi = E \psi$ домножением и интегрированием приводится к системе $2 \times 2$

$$ (E - E_0) \begin{pmatrix} 1 &\int \psi^*_L \psi_R \\ \int \psi^*_R \psi_L & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \int \psi^*_L R(x) \psi_L & \int \psi^*_L L(x) \psi_R \\ \int \psi^*_R R(x) \psi_L & \int \psi^*_R L(x) \psi_R \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix}. $$

Мы эту систему можем решить строго, всё матричные элементы хорошо вычисляются. Описание основного состояния в двухъямном потенциале (на самом деле, даже пары состояний, находящихся глубже всего, одно симметричное, другое асимметричное с мизерным расщеплением по энергии между друг другом) разложением только по двум функциям $\psi_L(x)$ и $\psi_R(x)$ должно быть почти точным.

Я тут задумался вот о чём. Скорее всего, если в одноямном потенциале всё же есть основное состояние (в том смысле, что оно ниже барьера), то и в двухъямном потенциале оно тоже будет (ну хотя бы симметричное, поскольку асимметричное может легко оказаться выше барьера, а мы такие не хотим).

Однако, пусть теперь мы рассматриваем не основное состояние. Допустим, мы возьмём в качестве затравочной линейную комбинацию двух одинаковых по энергии, но возбуждённых состояний ($n > 1$, если $n = 1$ основное) левой и правой ям:

$$ \psi = \alpha_n \psi_{L, n} + \beta_n \psi_{R, n} $$

Мы точно так же можем написать уравнение Шрёдингера, сделать из него $2 \times 2$ систему и решить её точно. Как нам проверить, что это решение описывает (хотя бы приближенно) $n$-ную пару состояний в полном двухъямном потенциале (подобно тому, что такая линейная комбинация для основной пары состояний даёт почти верный результат, во что мы, в общем, поверили при некоторых условиях)?

Может же случиться и так, что мы выписали какую-то линейную комбинацию, решили с ней УШ, но ответ даже и близко не похож на то, что реально должно быть. Если мы поняли, что получили фигню, мы можем попробовать включить в разложение ещё какие-нибудь одноямные состояния (обычно, как я понимаю, требуются вышележащие), но размеры системы тогда увеличатся, например, если сделать

$$ \psi = \alpha_n \psi_{L, n} + \beta_n \psi_{R, n} + \alpha_{n+1} \psi_{L, n+1} + \beta_{n+1} \psi_{R, n+1} $$

то система уравнений будет уже $4 \times 4$, и дальше снова нужно задать себе вопрос, а стало ли решение более лучше точным. Собственно, об этом и вопрос: не решая прямо УШ для анализируемой системы, можно ли сказать, насколько линейная комбинация состояний её частей точно передаёт состояния самой системы?

[Утундрий]

StaticZero в сообщении #1432569 писал(а):

вопрос: не решая прямо УШ для анализируемой системы, можно ли сказать, насколько линейная комбинация состояний её частей точно передаёт состояния самой системы?

Можно свести УШ к вариационной задаче руководствоваться величиной функционала.

[Red_Herring]

Все это изучалось пару десятилетий назад и даже в многомерном случае, и не только оценивалась величина расщепления, но и находилась ее асимптотика (там экспонента, причем показатель $h^{-1}\min _\gamma\int _\gamma \sqrt{V-\lambda}\,dx$ (возможно, какой-то числовой коэффициент) где $\gamma$ путь, соединяющий ямы -- компоненты связности $\{ x \colon V-\lambda<0\}$, $\lambda$ уровень энергии

[Munin]

StaticZero в сообщении #1432569 писал(а):

Как нам проверить, что это решение описывает (хотя бы приближенно) $n$-ную пару состояний в полном двухъямном потенциале (подобно тому, что такая линейная комбинация для основной пары состояний даёт почти верный результат, во что мы, в общем, поверили при некоторых условиях)?

Единственный подводный камень - это то, что нижний уровень какого-то верхнего состояния поменяется местами с верхним уровнем предыдущего под ним состояния.

[StaticZero]

Munin в сообщении #1432587 писал(а):

это то, что нижний уровень какого-то верхнего состояния поменяется местами с верхним уровнем предыдущего под ним состояния.

Тут мой парсер поломался. Имеется в виду, что нижний уровень из $n+1$-й пары поменяется местами с верхним из $n$-й пары? А как это проявится?

[Munin]

Только в том, что нумерация у вас перепутается :-) (Кстати, я подумал, после этого он может поменяться и с более дальними парами.)

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1432605 писал(а):

Только в том, что нумерация у вас перепутается (Кстати, я подумал, после этого он может поменяться и с более дальними парами.)

В случае одномерных симметричных ям никаких таких безобразий не будет по следующей тривиальной причине: $u_n$ имеет ровно $(n-1)$ нулей. Т.е. четные и нечетные функции будут чередоваться.

В многомерном случае это не так.

[StaticZero]

Утундрий в сообщении #1432570 писал(а):

Можно свести УШ к вариационной задаче руководствоваться величиной функционала

Я нашёл (Sakurai J. J., Mod. Quant. Mech.) следующий результат. Пусть $\phi_0$ --- затравочная волновая функция, отвечающая основному состоянию $E_0$, а настоящая волновая функция, ему отвечающая, $\psi_0$. Тогда получим

$$ \begin{align*} \left \langle \phi_0 \middle| \hat {\mathcal H} \middle| \phi_0 \right \rangle &= \sum \limits_k \left \langle \phi_0 \middle| \psi_k \right \rangle E_k \left \langle \psi_k \middle| \phi_0 \right \rangle = E_0 \left| \left \langle \psi_0 \middle| \phi_0 \right \rangle \right|^2 + \sum \limits_{k > 0} \left \langle \phi_0 \middle| \psi_k \right \rangle E_k \left \langle \psi_k \middle| \phi_0 \right \rangle \geqslant \\ &\geqslant E_0 \left| \left \langle \psi_0 \middle| \phi_0 \right \rangle \right|^2 + E_1 \sum \limits_{k > 0} \left \langle \phi_0 \middle| \psi_k \right \rangle \left \langle \psi_k \middle| \phi_0 \right \rangle = E_0 \left| \left \langle \psi_0 \middle| \phi_0 \right \rangle \right|^2 + E_1 \left( 1 - \left| \left \langle \psi_0 \middle| \phi_0 \right \rangle \right|^2 \right) \end{align*} $$

откуда

$$ \left|\left \langle \psi_0 \middle| \phi_0 \right \rangle\right|^2 \geqslant \frac{E_1 - \left \langle \phi_0 \middle| \hat {\mathcal H} \middle| \phi_0 \right \rangle }{E_1 - E_0}. $$

Но я хоть и сова, но слишком уж поздно, пойду потом досоображаю, как это сюда применить. Кажется, это то, чего хотелось бы, но с другой стороны нужно значение $E_1$; если вместо него брать вариационную оценку, чтобы добраться до $E_2$ и так далее, то накопится ошибка большая, верхнее состояние уж сильно плохо сосчитается, наверное.