量子力学-自由粒子的动量本征函数

自由粒子的动量本征函数

"自由"粒子, 就是说不受势场的作用的粒子. 自由粒子的波函数就是一个行波$Ae^{\mathbf k\cdot\mathbf r}$. 显然它不能归一化成 $1$, 因此绝对意义上的自由粒子是不存在的.

指数形式的动量本征函数

求解自由粒子的动量本征方程 (坐标表象下)

$$-i\hbar\nabla\psi(\mathbf r)=\mathbf p\psi(\mathbf r)$$

可以得到

$$\psi(\mathbf r)=C\exp\left[i\frac{\mathbf p\cdot\mathbf r}{\hbar}\right]=C\exp(ip_xx/\hbar)\exp(ip_yy/\hbar)\exp(ip_zz/\hbar)$$

归一化便得到

$$\begin{align*} \delta(\mathbf p-\mathbf p')&= \int_{-\infty}^{\infty}|C|^2\psi_{\mathbf p'}^*\psi_{\mathbf p}dxdydz\\ &=|C|^2\int \exp[(p_x-p_x')x/\hbar]\exp[(p_y-p_y')y/\hbar]\exp[(p_z-p_z')z/\hbar]dxdydz\\ &=|C|\cdot(2\pi)^3\delta\left(\frac{p_x-p_x'}{\hbar}\right)\delta\left(\frac{p_y-p_y'}{\hbar}\right)\delta\left(\frac{p_z-p_z'}{\hbar}\right)\\ &=|C|^2(2\pi\hbar)^3\delta(\mathbf p-\mathbf p')\\ &=\delta(\mathbf p-\mathbf p')\\ \Rightarrow |C|&=\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}. \end{align*}$$

因此, 自由粒子的动量本征函数为

$$\psi_{\mathbf p}=\frac{1}{(2\pi\hbar)^{d/2}}\exp\left(i\frac{\mathbf p\cdot\mathbf r}{\hbar}\right)$$

其中, $d$ 为维数.

$\blacksquare$ 如果引入 $\displaystyle\mathbf k=\frac{\mathbf p}{\hbar}$,
那么自由粒子的动量本征函数> 便写作 $\psi=A\exp(i\mathbf k\cdot r)$. 这个时候再归一化:

$$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi_k^*\psi_k'dxdydz=\delta(\mathbf k-\mathbf k')$$

会发现, $A=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$. 归一化系数稍有不同.

$\blacksquare$ Delta 函数常常是这么生成的:

$$2\pi\delta(x)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}dk$$

还可以这样生成:

$$\pi\delta(x)=\lim_{t\to\infty}\frac{\sin^2(tx)}{tx^2}$$

并且呢, $\delta(x/a)=\delta(x)/|a|$. 这用 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\delta(x/a)dx=1/|a|$ 可以证明.

$\blacksquare$ $\psi_{\color{red}{\mathbf p}}(\color{green}{\mathbf r)}$ 表示: 本征值为 $\color{red}{\mathbf p}$ 的 本征态 (eigen-state) 在坐标表象下的波函数 $[\psi_p(r)\equiv\langle\mathbf r|\mathbf p\rangle]$.

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箱归一化之后的本征函数

前面计算出来的波函数不能归一成 $1$ (只能归一成 Delta 函数). 这就催生了箱归一化. 箱归一化的条件是 周期性边界条件, 即 $L=n\lambda$, $\lambda$ 物质波的波长,$L$ 是箱子的边长.

于是可以得到 $\displaystyle k=\frac{2\pi}{\lambda}=\frac{2n\pi}{L}$. 这里只考虑了一个方向的 $k$, 如果考虑三个方向的话, 则有

$$\mathbf k=\frac{2\pi}{L}\{n_x,n_y,n_z\},\quad n_i=0,\pm1,\cdots$$

德布罗意关系表明 $\mathbf p=\hbar \mathbf k$, 而上面一个部分计算的结果告诉我们

$$\psi_p=C\exp\left(i\frac{\mathbf p}{\hbar}\cdot\mathbf r\right)$$

把 $\mathbf p/\hbar=\mathbf k$ 代入上式, 便可以得到

$$\psi = C\exp\left[i\frac{2\pi}{L}(n_xx+n_yy+n_zz)\right]$$

归一化,

$$\int_{-L/2}^{L/2}\psi^*\psi dxdydz = 1 \Rightarrow C=\frac{1}{\sqrt{L}}$$

i.e.

$$\psi_{\mathbf p}(\mathbf r)=\frac{1}{\sqrt L}\exp(i\mathbf k\cdot\mathbf r), \quad \mathbf k=\frac{2\pi}{L}\{n_x,n_y,n_z\},\\ \mathbf p=\hbar \mathbf k$$

三角函数形式的自由粒子动量本征函数

有时候会遇见三角函数形式动量本征函数, 比如 $\cos(kx)$ 就是动量为 $\pm \hbar k$ 的自由粒子的动量本征函数. 但是这玩意不能归一化: $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\cos^2(kx)dx=\infty$. 这时候就需要
箱归一化来帮忙.

已知箱归一化后的波矢量为 $\displaystyle\mathbf k=\frac{2\pi}{L}\{n_x,n_y,n_z\}$, 所以正弦形式的波函数就写成

$$\psi(x)=A\cos\frac{2\pi nx}{L}\quad \text{or }A\sin\frac{2\pi nx}{L}$$

箱归一化的归一化条件是

$$\int_{-L/2}^{l/2}\psi(x)^*\psi(x)dx=1$$

因此有

$$\psi(x)= \begin{cases} \displaystyle\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{2\pi n}{L}x, n=\mathbb{N^+}\\ \displaystyle\sqrt{\frac{1}{L}}\cos(0x), n=0\\ \displaystyle\sqrt{\frac{2}{L}}\cos\frac{2\pi n}{L}x, n\in\mathbb{N^+} \end{cases}$$

这种形式用起来比较麻烦. 因为归一化系数在 $n=0$ 和 $n\neq 0$ 的时候是不同的, 所以在计算诸如平均值的时候会出现问题.

我不太理解为什么要在 自由粒子 这样的语境下使用三角函数形式的波函数. 用行波形式 $\exp(ikx)$ 不舒服吗?

问题: $\psi(x)=\cos(kx)$ 的动量可能取的值是 $\hbar k$ 还是 $\pm \hbar k$?
一般来说, 当没有说明$\displaystyle k=\frac{2\pi n}{L}$ 的时候, 就说明没有进行箱归一化. 所以 $\cos kx$ 便需要用自由空间的指数形式的波函数 进行展开, 即 $\displaystyle\cos kx=\frac{e^{ikx}+e^{-ikx}}{2}$. 所以, 波函数形如 $\cos kx$ 形式的粒子可能的动能取值为 $\pm\hbar k$, 且概率 各为 $1/2$.
但是, 如果波函数形如

$$\psi(x)=\begin{cases}A\sin(kx), x\in[0,a]\\0,\quad \text{otherwise}\end{cases}$$

那么, 动量的可能取值不会仅仅是 $\pm\hbar k$. 因为这个正弦函数并不是一个单色波 (单色波是 $\cos(kx),x\in[-\infty,+\infty]$), 所以这个波应当是多个单色波叠加 生成的. 求其谐波分量的方法便是傅里叶变换:

$$c(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\psi(x)e^{-ipx/\hbar}dx$$

$c(p)$ 便是此粒子动量取 $p$ 的概率幅. (但是不管你是不是单色波, 我都会傅里叶展开. 会纠结这个只不过是我是个应付考试的做题家罢了.)